Indice 1ere s Maths Bordas

PROGRAMME 2011 Sous la direction de : Michel PONCY Yves GUICHARD Marie-Christine RUSSIER

Jean-Louis BONNAFET René GAUTHIER Yvette MASSIERA Denis VIEUDRIN Jean-François ZUCCHETTA

Sommaire CHAPITRE

1

Le second degré

CHAPITRE

2

Étude de fonctions

CHAPITRE

3

Dérivation

CHAPITRE

4

Applications de la dérivation

CHAPITRE

5

Les suites numériques

CHAPITRE

6

Géométrie plane

CHAPITRE

7

Trigonométrie

CHAPITRE

8

Produit scalaire

CHAPITRE

9

Applications du produit scalaire

CHAPITRE

10

Statistiques

CHAPITRE

11

Probabilités : variables aléatoires

CHAPITRE

12

Loi binomiale et applications

3

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16

...................................................................................................................

37

© Bordas/SEJER, Paris 2011 – ISBN : 978-2-04-732848-4

2

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53

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63

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78

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93

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113

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124

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149

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170

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185

CHAPITRE

1

Le second degré

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Second degré Forme canonique d’une fonction polynôme de degré deux. Équation du second degré, discriminant. Signe du trinôme.

• Déterminer et utiliser la forme la plus adéquate d’une fonction polynôme de degré deux en vue de la résolution d’un problème : développée, factorisée, canonique.

On fait le lien avec les représentations graphiques étudiées en classe de Seconde.  Des activités algorithmiques

doivent être réalisées dans ce cadre.

B Notre point de vue Nous avons choisi de commencer le livre par ce chapitre consacré au second degré, car il fournit des méthodes et des outils que l’on pourra réutiliser dans les chapitres suivants. Après deux paragraphes consacrés à la résolution d’équations et d’inéquations du second degré, le dernier paragraphe reprend ce qui a été vu en Seconde : la forme canonique d’une fonction polynôme du second degré fournit les coordonnées du sommet de la parabole représentant cette fonction, le coefficient indique dans quel sens est tournée la parabole. La forme canonique permet ainsi de dresser le tableau de variation d’une fonction du second degré. C’est pour cette raison qu’il nous a semblé inutile de proposer dans ce chapitre des démonstrations algébriques du sens de variation d’une fonction du second degré. Il nous semble que nous avons ainsi suivi ce que préconisent les programmes « On fait le lien avec les représentations graphiques étudiées en classe de Seconde ». Les schémas et légendes qui figurent à la page 14 donnent un résumé complet et argumenté des différents cas possibles. Dans les exercices que nous proposons, lorsqu’il est question de déterminer les variations d’une fonction du second degré, de chercher son maximum ou son minimum, nous considérons que ces informations se déduisent de la forme canonique et des indications qu’elle fournit sur la parabole représentant la fonction en question. Nous avons veillé à proposer des exercices dans lesquels la réponse n’est possible que si « l’on choisit la forme adéquate » de la fonction du second degré. Des exercices demandent explicitement d’utiliser la calculatrice ; c’est bien sûr un outil de vérification pour la résolution d’équations ou d’inéquations, mais elle peut aussi aider l’élève à comprendre pourquoi certaines techniques sont fausses (par exemple, diviser les deux membres d’une égalité par une expression contenant la variable) parce ce qu’il trouve est en contradiction avec ce qu’il peut lire sur l’écran de sa calculatrice. L’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique est préconisée dans certains exercices pour conjecturer des propriétés ou déterminer des ensembles de points. Chapitre 1 Le second degré

3

Nous avons également veillé à proposer quelques exercices qui font intervenir la logique (proposition directe, réciproque ou contraposée), d’autres dans lesquels il faut écrire et faire fonctionner des algorithmes. Les deux TP qui figurent à la fin de ce chapitre utilisent divers outils TICE : calculatrices, logiciel de calcul formel et tableur.

Les notions abordées dans le chapitre 1 1. Équations du second degré 2. Factorisation et signe d’un trinôme 3. Représentation graphique d’une fonction polynôme du second degré

C Avant de commencer Se tester avec des QCM 1 C ; 5 B et C ;

2 B ; 6 C et D ;

3 A ; 7 C.

4 C ;

Se tester avec des exercices 8 a. A(x) = x(6x – 5). b. B(x) = (4x – 3)2. c. C(x) = (x – 7)(x + 3). 5 9 a. x = 0 ou x = . 3 b. x = 7. c. x = 13 ou x = – 13 .

d. x = – 5 ou x = 1. e. x = –1 et x = – 9. f. Pas de solution. ⎡ ⎤ 10 a. ⎢–6 ; – 3 ⎥ . b. ] –3 ; 0[. c. ]– ∞ ; –12] ∪ [– 8 ; + ∞[. 2⎦ ⎣ 11 a. f est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. b. g est croissante sur ]– ∞ ; 0] et décroissante sur [0 ; + ∞[. c. h est décroissante sur ]– ∞ ; –2] et croissante sur [–2 ; + ∞[. d. k est décroissante sur ]– ∞ ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[.

D Activités Activité

1 La méthode d’Al-Khawarizmi

Cette activité a pour but d’introduire la forme canonique en proposant une méthode attribuée à Al- Khawarizmi. 1. L’aire du carré est (x + 5)2 ou encore x2 + 5x + 5x + 25, soit x2 + 10x + 25. On obtient : x2 + 10x = (x + 5)2 – 25. Comme par hypothèse, x2 + 10x = 39 alors on peut écrire : 39 = (x + 5)2 – 25, soit (x + 5)2 = 64. Ainsi x + 5 = 8 ou x + 5= – 8. Les deux solutions sont 3 et –13. 2. a. x2 + 12x = 45 si (x + 6)2 – 36 = 45, soit (x + 6)2 = 81. On obtient ainsi x + 6 = 9 ou x + 6 = – 9, soit deux solutions 3 et –15. b. x2 + 4x – 32 = (x + 2)2 – 4 – 32 = (x + 2)2 – 36. Ainsi x2 + 4x – 32 = 0 si (x + 2 + 6)(x + 2 – 6) = 0, soit (x + 8)(x – 4) = 0. Les deux solutions sont – 8 et 4.

4

Activité

2 Observation de paraboles

Cette activité a pour but d’introduire le discriminant d’un polynôme f du second degré et de montrer le lien entre le signe de Δ et le nombre de solutions de l’équation f (x)= 0. Ici on utilise la calculatrice pour visualiser le nombre de solutions, qui sont les abscisses des points d’intersection de la parabole représentant f avec l’axe des abscisses. a

b

c

Δ

N

f(x)

3

2

–5

64

2

g(x)

–9

13

10

529

2

h(x)

6

5

0

25

2

k(x)

5

1

3

–59

0

j(x)

2

–8

8

0

1

Activité

3 Avec des polynômes du second degré

Les élèves savent maintenant déterminer la forme canonique d’un polynôme du second degré. On se propose ici d’établir que l’on peut ainsi, dans certains cas, en déduire la forme factorisée de ce polynôme et étudier son signe. 1. f (x) = (x + 4)2 – 1 = (x + 5)(x + 3). À l’aide d’un tableau de signes, on en déduit que f (x) est positif si x –5 ou x –3, négatif si x est compris entre –5 et –3. 2. g (x) = –(x – 3)2 + 16 = (4 + x – 3)(4 – x + 3), soit g (x) = (x + 1)(–x + 7) = –(x + 1)(x – 7). On en déduit que g (x) est positif si x compris entre –1 et 7, négatif si x –1 ou x 7. 3. h (x) = (4x + 1)2, donc h (x) est positif ou nul pour tout réel x. 4. k (x) = 3(x + 1)2 + 1. On peut en déduire que k (x) est strictement positif pour tout réel x.

Activité

4 Des paraboles qui changent de forme

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_activite4a.ggb, 01S_activite4b.ggb et 01S_activite4c.ggb (Geogebra). Dans chacun des cas, on a créé un curseur qui permet d’animer la figure et de conjecturer les résultats que l’on va ensuite démontrer.

L’objectif est d’établir le lien entre la parabole et les coefficients a, b et c de la fonction polynôme associée. Cette activité permet d’introduire le dernier paragraphe du cours et de visualiser les propriétés qui vont être présentées. Nous proposons aussi sur le site un fichier Geogebra et un fichier Geoplan regroupant les 3 courbes : 01S_ activite4.ggb (Geogebra)et 01S_activite4.g2w (Geoplan). 1. Lorsque c varie, les paraboles se « déplacent verticalement ». En effet, les sommets de ces parabole ont tous la même abscisse x = –1. Les sommets des paraboles appartiennent à la droite d’équation x = –1. 2. Lorsque b varie, les paraboles se déplacent en gardant la même forme ; elles sont toutes tournées vers le haut, conservent le même écartement. Elles coupent deux fois l’axe des abscisses lorsque b –2 ou b 2 ; elles sont tangentes à l’axe des abscisses lorsque b = 2 ou b = –2. Pour b compris entre –2 et 2, elles ne coupent pas l’axe des abscisses. Elles passent toutes par le point de coordonnées (0 ; 1). 3. Lorsque a varie, les paraboles changent de forme. Lorsque a est positif, elles sont tournées vers le haut ; lorsque a est négatif, elles sont tournée vers le bas. Elles passent toutes par le point de coordonnées (0 ; –1). Si a – 4, elles coupent deux fois l’axe des abscisses. Si a – 4, elles ne coupent pas l’axe des abscisses. Si a = – 4, la parabole est tangente à l’axe des abscisses.

E Exercices POUR DÉMARRER 1

8 On résout l’équation n(n + 1) = 702 , soit n2 + n – 702 = 0. Les entiers consécutifs sont 26 et 27 ainsi que –27 et –26.

1. Équations du second degré : a, d, e.

a. f (x) = x2 + 6x – 9. a = 1, b = 6, c = –9. b. f (x) = 4x2 + 13x + 8. a = 4, b = 13 et c = 8. c. f (x) = 36x² + 12x – 12, a = 36, b = 12 et c = –12. d. f (x) = 8x2 – 3x – 15, a = 8, b = –3 et c = –15. e. f (x) = 3x2 – 6x – 5, a = 3, b = –6 et c = –5. 2

f (x) = (x + 2)2 – 3 ; g (x) = (x – 3)2 – 16 ; h (x) = (x + 6)2 ; k (x) = (x – 1)2 + 2. 3

f (x) = 2(x + 3)2 – 23 ; g (x) = –(x – 1)2 + 6 ; h (x) = –(x + 1)2 + 17 ; k (x) = (x + 4)2 – 16. 4

5

a. 16 ; b. 9 ; c. 49 ; d. 124 ; e. 233 ; f. 64.

a. 1 et –3 ; b. –1 et –2 ; c. –1 et 3 ; e. L’équation n’a pas de solution. 6

7 a. pas de solution b. –2 et –10 c. 3 1– 5 1+ 5 d. –9 et 5 e. et . 2 2 7

d. 0 et 9 ;

A(x) = (x + 3)2 ; B(x) = 4x(x + 2) ; C(x) = –(x – 5)(x + 3) ; D(x)= (x + 7)(x + 11). ⎛ 1⎞ 10 E(x) = (x – 1)(x + 9) ; F(x) = ⎜ x + ⎟ (x – 2) ; 3 ⎝ ⎠ G(x) ne se factorise pas ; H(x) = (4x – 5)(4x + 5). 9

11 f (x) est positif ou nul si x ⩽ – 6 ou x ⩾ 4, négatif sinon. g (x) est toujours strictement positif. 1 h (x) = (3x + 1)2 donc toujours positif, nul pour x = – . 3 j (x) est positif ou nul si x ⩽ –2 ou x ⩾ 0, négatif sinon. 1 12 f (x) est positif ou nul si x ⩽ ou x ⩾ 1, négatif sinon. 3 g (x) est toujours strictement positif. h (x) est positif ou nul si x ⩽ 1 ou x ⩾ 2, négatif sinon. 13 a. x ⩽ –10 ou x ⩾ 1. b. Pas de solution. c. Pas de solution. 14 a. . b. x ⩽ –1 ou x ⩾ 9. c. – 6 x 0.

Chapitre 1 Le second degré

5

15 Le coefficient de x2 est positif ; le discriminant est positif. 16 f est représentée par ᏼ1 , g est représentée par ᏼ2. 17 f est décroissante sur ]– ∞ ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. La parabole représentant f a pour sommet le point S(1 ; – 9). 18 La parabole représentant f a pour sommet le point S(3 ; –4). f (x) = 0 si x = 1 ou x = 5.

–3 − 13 et Les solutions de l’équation sont 2 –3 + 13 . Avec la commande Solve on obtient deux 2 valeurs approchées de ces solutions : –3,305 et 0,302. 33

Après transformation, on obtient : 2x2 – 24x + 20 = 0. Solutions : 6 + 26 et 6 – 26. Avec Solve : 11,09 et 0,9. 34

35

x2 + 4x + 4 = 0, soit (x + 2)2 = 0. Solution : –2.

Les équations a. et c. ont les mêmes solutions. 1– 5 37 L’autre solution est . 2 38 c = –12. L’autre solution est 4. 1 39 Δ = 9 –36a, donc si a = l’équation admet une 4 unique solution : – 6. 36

POUR S’ENTRAÎNER 19

a. f (x) = 6(x + 1)2 – 11 ;

2 ⎛ 1 ⎞ 71 ; c. h( x) = 3 ⎜ x – ⎟ + 6 ⎠ 12 ⎝

b. g (x) = –2(x – 2)2 + 8 ; d. j (x) = –5(x – 1)2 + 2.

2 ⎛ 1 ⎞ 57 c. h (x) = – 8⎜ x + ⎟ + ; 8⎠ 8 ⎝ 2 ⎛ 1⎞ 21 a. (x) = 4 ⎜ x + ⎟ – 3 ; 2⎠ ⎝

2 ⎛ 1 ⎞ 57 d. j (x) = –2 ⎜ x − ⎟ + . 4⎠ 8 ⎝

b. g (x) = 9(x – 2)2 + 1 ;

d. j (x) = 2(x + 2)2 + 18. c. h( x) = –3x2 + 3 ; 5 22 a. Δ = ; b. Δ = 121 ; c. Δ = 97 ; d. Δ = 7. 3 23 a. Δ = 25 ; b. Δ = –80 ; c. Δ = 0 ; d. Δ = 217. 2 3 7 24 a. – et ; b. 0 et 16 ; c. –3 et 5 ; d. 0 et ; 5 2 3 e. Pas de solution. 3 7 9 1 25 a. et ; b. 8 et – , c. – et 2 ; d. Pas de solution ; 2 2 2 4 e. 1 et 11. 26 a. –3 ; b. –15 et 5 ; c. Pas de solution ; d. 7 ; 4 e. 3 − 5 et 3 + 5 . 2 2 2 13 + 145 13 – 145 27 a. et ; b. – 9 et ; 13 12 12 6 13 . c. Pas de solution ; d. 0 et ; e. 0 et 5 57 28 a. 1 – 2 et 1 + 2 ; b. 0 et 5 ; c. Pas de solution ; 2 11 d. –2 et – ; e . 4 et – . 9 7 17 49 30 a. – et 5 ; b. – et 5. 4 11 9 17 27 − 5 33 27 + 5 33 31 a. –8 et – ; b. – et 3 ; c. et ; 5 9 16 16 d. 4. 32

6

Algorithme :

Δ = 169 – 4a, donc l'équation a deux solutions 169 distinctes si a . 4 41 Δ = b2 – 20, donc l’équation n’a pas de solution si –2 5 b 2 5. 40

2 ⎛ ⎛ ⎞2 3 ⎞ 81 20 a. f (x) = 3⎜ x + 5 ⎟ – 37 ; b. g (x) = ⎜ x + ⎟ − ; 2⎠ 4 6 ⎠ 12 ⎝ ⎝

Saisir a, b, c –b Afficher α = 2a b 2 – 4ac Afficher β = – 4a

42 Δ = b2 + 24 toujours strictement positif, donc il y a toujours deux solutions. 1 43 Δ = 1 + 4c, donc Δ 0 si c – . 4 44 Algorithme : Saisir a, b ,c d prend la valeur b2 – 4ac si d 0 alors afficher « pas de solution » si d = 0 alors afficher « une solution » si d 0 alors afficher « deux solutions » Fin si

TI même programme avec « prompt » pour rentrer des valeurs et « disp » pour afficher

CASIO ?↦A ?↦B ?↦C B^2 – 4 × A × C ↦ D If D 0 Then « pas de solution » Else If D = 0 Then « une solution » Else If D 0 Then « deux solutions » If end

a. L’énoncé est faux, on le prouve à l’aide d’un contre-exemple : x2 + 2x – 3 et 2x2 + 4x – 6 ont les mêmes racines mais sont deux polynômes distincts. L’énoncé réciproque est « si deux polynômes sont égaux, ils ont les mêmes racines », vrai. b. L’énoncé est vrai, l’énoncé réciproque également. 45

46 a. Δ = b2 – 4ac, donc si a et c sont de signes contraires, alors ac 0 et Δ est positif. Donc la proposition est vraie. b. La proposition réciproque est fausse, contre exemple : l’équation x2 – 6x + 5 = 0 admet deux solutions ; pourtant a et c sont de même signe. c. Énoncé de la contraposée : « si l’équation ax2 + bx + c = 0 n’a pas de solution, alors a et c sont de même signe ». Vrai car si Δ = b2 – 4ac 0 alors 4ac b2 et donc nécessairement le produit ac est strictement positif, ce qui signifie que a et c sont de même signe. 2 ⎛ 1⎞ 47 Faux, la forme canonique est 4 ⎜ x + ⎟ + 9. 2⎠ ⎝ 48 Vrai, Δ = – 456. 49

Vrai car Δ 0 puisque a et c sont de signes contraires.

Faux. Par exemple : x2 + 2x – 3 et 2x2 + 4x – 6 ont les mêmes racines. 50

On détermine les réels positifs x et y tels que : x + y = 24 et xy = 135. On résout l’équation : x(24 – x) = 135 soit : –x2 + 24x – 135 = 0. On obtient : x = 15 et y = 9. 1 58 52 x + = soit 21x2 – 58x + 21 = 0. x 21 3 7 Les réels sont : et . 3 7 1 89 53 x + soit 40x2 – 89x + 40 = 0. = x 40 5 8 Les fractions sont et . 8 5 54 (a − 1)2 + a2 + (a + 1)2 = 1 877 soit a2= 625. Les entiers sont 24, 25 et 26. 51

(a −2)2 + (a – 1)2 + a2 + (a + 1)2 = 42(a + 2) soit 4a2 – 462 – 78 = 0. Δ = 841. La solution entière de 3 cette équation est a = 13 (l’autre solution est – ). 2 Les entiers cherchés sont donc : 11, 12, 13, 14 et 15. 55

On cherche les nombres positifs a et b tels que : a + b = 46 et a + b + a2 + b2 = 80. On est conduit à résoudre le système : a + b = 46 et a2 + b2 = (80 – 46)2 = 1 156. On pose b = 46 – a, on obtient : a2 – 46a + 480 = 0. Soit a = 16 ou a = 30. Les côtés de ce triangle mesurent : 16, 30 et 34. 56

57 On cherche a et b tels que : a + b = 58, on suppose a b alors ab + a = 814. On obtient : a(58 – a) + a = 814 soit a2 – 59a + 814 = 0. Les solutions de cette équation sont 36 et 22. Si a = 22, b = 36 ce qui convient. Si a = 22 alors b = 37, ce qui ne convient pas. 58 Il faut résoudre l’équation : 10 I2 – 220 I + 100 = 0. Δ = 444. On obtient I = 11 – 111 ou I = 11 + 111.

Le nombre n de participants est la solution positive n(n – 1) de l’équation = 325. 2 2 Soit n – n – 650 = 0. Δ = 2 601 et n = 26. 60 2. a. Il faut résoudre l’équation n(n – 3) = n 2 soit n2 – 5n = 0. La solution qui convient est n = 5. n(n – 3) 2. b. Il faut résoudre l’équation = 9, 2 soit n2 – 3n – 18 = 0. La solution qui convient est n = 6. n(n – 3) 2. c. Il faut résoudre l’équation = 434, 2 2 soit n – 3n – 868 = 0. La solution qui convient est n = 31. 59

Il s’agit de trouver deux réels a et b tels que : 1 1 + a+b 5 a b =3 = et 2 2 2 2 soit a + b = 5 et a + b = 3ab. En remplaçant b par 5 – a, on obtient 5 = 3a(5 – a) soit l’équation : 15 + 165 15 – 165 3a2 – 15a + 5 = 0. D’où a = et b = . 6 6 62 Si n désigne le nombre de bancs et p le nombre de personnes par banc , on a : np = 800 et (n – 20)(p + 2) = 800. En exprimant p en fonction de n, on obtient l’équation : 2n2 – 40n – 16 000 = 0. La solution qui convient est n = 100. Il y a 8 personnes par banc. 61

63 Soit n le nombre de personnes devant se présenter et p la part de chacun. L’énoncé se traduit par : np = 380 et (n – 6)(p + 4,80) = 480. En exprimant p en fonction de n, on obtient l’équation : 4,80n2 – 28,8n – 2 280 = 0 soit n2 – 6n – 475 = 0. La solution positive de cette équation est n = 25. 25 personnes devaient se présenter et chacun devait recevoir 15,20 €.

Il s’agit de résoudre l’équation : 1 075 = n(n –5) + (n – 10) soit n2 – 4n –1 085 = 0. On obtient n = 35. 64

L’équation se ramène à : x2 + 9x – 27 = 0, solutions −9 − 3 21 −9 + 3 21 et . 2 2 2 x – 8x + 16 66 On obtient : = 0 soit (x – 4)2 = 0, x = 4. x –3 x 2 – 42x − 88 67 Après réduction, on obtient : = 0, 7x + 35 les solutions sont x = –2 et x = 44. 9x 2 – 50x − 176 68 Après réduction, on obtient = 0, 24x − 48 22 d’où x = 8 ou x = – . 9 69 On factorise par x. Solutions x = 0 ou x = –2 ou x = 3. 5 2 70 Les quatre solutions sont : –2, – , et 7. 3 3 65


7

71 En exprimant y en fonction de x, on obtient : x2 + (5 – x)2 =13, soit x = 2 ou x = 3. Les couples solutions sont : (2 ; 3) et (3 ; 2). 72 a. (x + 2)(5x – 4) ; b. Pas de factorisation ; c. Pas de factorisation ; d. (2x + 9)2 ; e. (x + 3)(5x – 4). 73

a. –(x – 1)(3x – 4) ; b. (–x + 1)(2x – 9) ;

c. Δ = 3 159, les racines sont –3 – 789 et –3 + 789 1 (x – x1)(x – x2) ; 2 d. –(x – 1)(x – 6) ; e. (x – 6)(x – 8).

d’où la factorisation

a. Pas de factorisation ; b. (x – 5)2 ; 2 ⎛ 1⎞ c. Pas de factorisation ; d. ⎜ x + ⎟ ; e. (7x – 5)(–3x + 9). 3⎠ ⎝ 75 (x – 1)(x – 4). 74

76

(x – 6)2.

x² – 3x –10 ou 2x2 – 6x – 20. 1 1 78 (x – 1)(x – 2) = (x2 – 3x + 2). 2 2 79 1. f (x) = (x – 1)(x + 3). 2. (x – 1)(x + 3) = 3(x – 1)(x + 9), soit (x – 1)(–2x – 24) = 0. Les solutions sont x = 1 et x = –12. 3. et 4. La calculatrice montre que l’équation f (x) = 3(x – 1)(x + 9) a deux solutions car les courbes représentatives des deux fonctions se coupent deux fois. Cela peut aider les élèves à comprendre que si l’on simplifie par (x – 1) l’équation (x – 1)(x + 3) = 3(x – 1)(x + 9) on oublie une solution. Cet exercice a pour but de les aider à remettre en cause cette procédure qui conduit à une erreur. 77

80 L’exercice repose sur la même idée. 7x2 – 6x – 16 = (x – 2)(7x + 8). La calculatrice montre que l’équation 7x2 – 6x –16 = –2x + 4 admet deux solutions. La résolution algébrique le confirme : (x – 2)(7x + 8)= –2(x – 2) équivaut à : 10 (x – 2)(7x + 10) = 0. Les solutions sont 2 et – . 7 81 Vrai. Le polynôme se factorise car il admet deux racines (Δ = 25 + 24 = 49). 82

Faux. (3x – 6)(3x + 3) = 9(x –2)(x + 1).

Faux, démonstration par l’absurde. Si le polynôme admet trois racines distinctes, il peut s’écrire sous forme factorisée : a(x – x1)(x – x2)(x – x3). Quand on développe ce produit, on obtient un polynôme de degré 3. 83

a. f (x) positif ou nul sur ]– ∞ ; –13] ∪ [1 ; + ∞[, strictement négatif sur ]–13 ; 1[. b. g (x) positif ou nul sur ]– ∞ ; –8] ∪ [0 ; + ∞[, strictement négatif sur ]–8 ; 0[. c. h (x) est positif pour tout réel x, nul si x = 3. d. j (x) est strictement positif pour tout réel x. 84

8

85 a. –2(x + 3)2 donc toujours négatif ou nul ; b. g (x) = (x – 1)(4x – 5) donc g (x) est positif ou nul sur ⎡5 ⎡ ⎤ 5⎡ ]– ∞ ; –1] ∪ ⎢ ; + ∞ ⎢ , strictement négatif sur ⎥ 1 ; ⎢ . ⎣4 ⎣ 4⎣ ⎦ c. h (x) = –(x – 5)(2x + 1) donc h (x) strictement positif ⎤ 1 ⎡ sur ⎥ – ; 5 ⎢, négatif sinon. ⎦ 2 ⎣ d. j (x) = –x(4x + 9) donc j (x) strictement positif sur ⎤ 9 ⎡ ⎥⎦ – 4 ; 0 ⎢⎣, négatif sinon.

a. f (x) = –(6x – 1)2 donc négatif pour tout x distinct de 6, nul si x = 6. b. g (x) (Δ = –11) donc g (x) est strictement négatif pour tout réel x. c. h (x) = x2 – 8x + 16 = (x – 4)2 donc positif, nul pour x = 4. d. j (x) = 48x2 + 10x + 13, le discriminant est négatif donc g (x) est strictement positif pour tout réel x. ⎡ ⎤ 87 a. ]– ∞ ; 3[ ∪ ]4 ; + ∞[ ; b. 3 ; 4 ; ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 86

2 ⎛ 1⎞ c. ]– ∞ ; –8] ∪ [0 ; + ∞[ ; d. 4 ⎜ x – ⎟ 0 ; 4⎠ ⎝ 3 e. (2x – 3)2 ⩽ 0. Le réel x = est la seule solution. 2 ⎡ 1 1⎤ 88 a. – ; ; b. Pas de solution ; c. ]–1 ; 7[ ; ⎢⎣ 3 2 ⎥⎦ d. 2x2 + 8x – 10 ⩾ 0 d’où S = ]– ∞ ; –5] ∪ [1 ; + ∞[ ; ⎡1 ⎡ e. ]– ∞ ; –3] ∪ ⎢ ; + ∞ ⎢. ⎣2 ⎣ 89 a. 9x2 – x + 4 0 tout réel x est solution ; b. ]–13 ; 1[ ; ⎤ 1⎤ c. (–14x – 2)(– 4x + 4) 0 soit S = ⎥ – ∞ ; – ⎥ ∪ [1 ; + ∞[ ; 7 ⎦ ⎦ ⎡ 17 ⎤ 2 d. 11x + 6x – 17 ⩽ 0 soit S = ⎢– ;1 ; ⎣ 11 ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤9 e. (2x + 9)(2x – 9) 0 soit S = ⎥ – ∞ ; – 9 ⎢ ∪ ⎥ ; + ∞ ⎢. 2⎣ ⎦2 ⎣ ⎦

91 a. 5x2 – x + 14 0, pas de solution (discriminant négatif). ⎡ 6⎤ b. 11x(11x – 6) ⩽ 0 d’où S = ⎢0 ; . ⎣ 11⎥⎦

⎡ 3 ⎤ ; 3⎥. c. 14x2 – 12 3x – 6 ⩽ 0 d’où S = ⎢– 7 ⎣ ⎦ 92 x2 + 9 0 ; –x2 – 1 0. 93

–(x – 4)(x + 2) 0 soit –x2 + 2x + 8 0.

94

2(x – 3)(x – 5) = 2x2 – 16x + 30 ⩾ 0.

95 Pour que cette inéquation n’ait pas de solution, il faut que le discriminant soit strictement négatif ; c'està-dire que a2 –16 doit être négatif. Il faut donc que a soit strictement compris entre –4 et 4.

97 1. La proposition contraposée est : « si Δ ⩾ 0 alors il existe un réel x tel que f (x) positif ou nul. » 2. La proposition ᏼ est vraie car si f (x) 0 pour tout réel x cela signifie que f (x) n’admet pas de racine (donc Δ 0) et que le coefficient de x2 est négatif. Ce qui signifie d’ailleurs que la proposition contraposée est vraie. 3. La proposition réciproque est « si Δ 0 alors pour tout réel x, f (x) est strictement négatif ». Cette proposition est fausse, un contre exemple le prouve. Le polynôme f (x) = x2 + x + 9 a un discriminant négatif mais f (x) est positif pour tout réel x.

Faux, 1 000x2 – 1 est négatif si x est compris entre +1 –1 et . 10 10 10 10 98

Vrai car si f (x) = 10x2 – 3x + 5, f (x) est strictement positif pour tout réel x (Δ 0) donc 10x2 – 3x –5 pour tout x. 99

6x2 – 11x 2 si 6x2 – 11x – 2 positif c'est-à-dire si 1 (6x + 1)(x – 2) positif. Or (6x + 1)(x – 2) positif pour x < – 6 1 ou pour x 2. Donc, si on prend par exemple x = – 7 alors 6x2 – 11x 2. Ce qui prouve que l’affirmation est fausse. 100

5x2 3x + 14 si 5x2 – 3x – 14 0 or 5x2 – 3x – 14 = (x – 2)(5x + 7) donc ce polynôme est 5 positif si x 2 ou x < – . Donc l’affirmation est vraie. 7 102 a. Axe de symétrie : x = 3 , sommet (3 ; – 8). ⎛ 5 25 ⎞ 5 ⎟. b. Axe de symétrie : x = – , sommet ⎜– ; 2⎠ 2 ⎝ 2 ⎛ 5 41⎞ 5 ⎟. c. Axe de symétrie : x = , sommet ⎜ ; ⎝2 4 ⎠ 2 d. Axe de symétrie : x = 1, sommet (1 ; 1). 101

103 Le sommet de ᏼ est le point (–1 ; 2) donc ᏼ ne coupe pas l’axe des abscisses car elle est tournée vers le haut (a = 1).

La parabole ᏼ ne coupe pas l’axe des abscisses car Δ 0. Comme elle est tournée vers le haut, elle est toujours située au-dessus de l’axe des abscisses. 104

25x2 – 10x + 1 = (5x – 1)2 donc la parabole ᏼ est située au-dessus de l’axe des abscisses et elle est 1 tangente à l’axe des abscisses au point x = . 5 1 106 Le polynôme –6x2 + 11x + 2 a deux racines – et 6 2. Donc la parabole ᏼ coupe l’axe des abscisses aux 1 points d’abscisses – et 2. Elle est située au-dessus 6 1 de l’axe des abscisses pour x compris entre – et 2, 6 au-dessous sinon. 105

107 La parabole a un seul point d’intersection avec (Ox)

si Δ = 0 c'est-à-dire si 36 – 4a = 0. Ce qui donne a = 9. Les coordonnées des points d’intersection sont ⎛1 7⎞ (–2 ; 0) et ⎜ ; ⎟ . Pour déterminer la position relative ⎝3 9⎠ des deux paraboles, on étudie le signe de la différence : (x2 + 2x) – (–2x2 – 3x + 2) = 3x2 + 5x – 2. La parabole 1 ᏼ est au-dessus de la parabole ᏼ’ si x –2 ou x . 3 110 1. a est positif, le discriminant également. 2. a est négatif, le discriminant également. 109

111

A correspond à ᏼ4

B : ᏼ1

C : ᏼ2

D : ᏼ3

112 La parabole située sur la gauche a pour équation : y = 2(x + 1)2 + 1. La parabole de droite a pour équation y = –(x – 2)2 + 3. 113 L’équation f (x) = 0 admet deux solutions –15 et 20. La fenêtre étant mal choisie, ces solutions n’apparaissent pas à l’écran. Exemple de fenêtre adaptée : Xmin = –20, Xmax = 25, Ymin = –20, Ymax = 30. 3 114 y = – (x + 1)2 + 5. 16 115 y = –2 (x + 2)(x – 6). 116 y = ax2 + bx + c avec c = 1, 4a + 2b = –10 et 4a – 2b = –14. On obtient a = –3 et b =1 d’où y = –3x2 + x + 1. 117

f (x) = a(x –7)2 + 11 avec a négatif.

118

f (x) = a(x + 5)2 – 9 avec a positif.

f (x) = –(x – 1)2 – 9 donc f admet un maximum – 9 pour x = 1. 2 ⎛ 7 ⎞ 100 120 f (x) = 3 ⎜ x + ⎟ – donc f admet un minimum 3⎠ 3 ⎝ 100 – . 3 122 Le javelot part à 2 mètres de haut. La hauteur maximale atteinte est 17 m (au bout t = 3 secondes) et le vol dure 5 3 + 85 secondes soit environ 5 3,58 secondes. 119

123 1. L’énoncé direct et sa réciproque sont vrais. 2. L’énoncé est faux ; on le montre à l’aide d’un contreexemple. Si f (x)= x2 – 3x + 2, c 0 et la parabole qui représente f est au-dessous de l’axe des abscisses pour x compris entre 1 et 2. Par contre, l’énoncé réciproque est vrai : si la parabole d’équation y = ax2 + bx + c est au-dessus de l’axe des abscisses alors a 0 et b2 b2 – 4ac 0 soit c ce qui entraîne que c est positif. 4a 124 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 01S_exercice124.ggb (Geogebra) et 01S_exercice124.g2w (Geoplan). 1. On trace la parabole d’équation y = 2x + 5x + 4, on définit un curseur a variant de –5 à 10 et on trace la


9

droite d’équation y = ax + 2. En faisant varier a, on constate qu’il y a trois cas possibles. 2. Soit l’équation 2x2 + (5 – a)x + 2 = 0, on calcule Δ, on obtient Δ = a2 – 10a + 9. Par conséquent, si a 1 ou a 9, Δ est positif : la parabole et la droite ont deux points d’intersection. Si a = 1 ou a = 9, il n’y a qu’un point d’intersection. Si 1 a 9, la droite et la parabole n’ont pas de point d’intersection. ⎛ 3 9⎞ 125 Faux, le sommet est ⎜ – ; – ⎟ . 2⎠ ⎝ 2 126 Vrai car – 9 et 1 sont les racines de –2x2 – 16x + 18 et a 0. 127 Faux, g admet un minimum car la parabole est tournée vers la haut (a 0). 128 Vrai, le sommet a pour coordonnées (–2 ; – 4) et a 0. 7 7 129 f (x) = 0 si x = 5 ou x = – donc si x – ou x 5, 3 3 f (x) 0. 24 24 130 Les racines sont 1 et – donc si x – ou 11 11 x 1 , f (x) 0. 131 La fonction est croissante sur ]– ∞ ; 2], décroissante sur [2 ; + ∞[. Son maximum est f (2) = –1. 132

y = 2(x + 5)(x – 3).

133

y = –7(x + 1)2 + 4.

Il s’agit de résoudre l’équation –3x2 + 10x + 17 = 0. 5 + 2 19 5 − 2 19 et . Les points d’interLes solutions 3 3 ⎛ 5 − 2 19 –41+ 8 19 ⎞ ; section ont pour coordonnées ⎜ ⎟ 3 3 ⎝ ⎠ ⎛ 5 + 2 19 –41− 8 19 ⎞ et ⎜ ; ⎟. 3 3 ⎝ ⎠ La parabole est au-dessus de la droite si : –3x2 + 10x + 17 0 5 + 2 19 5 − 2 19 soit x compris entre et . 3 3 134

2 D ; 7 B ;

3 D ; 8 A ;

4 B, C et D ; 9 C.

5 B ;

POUR APPROFONDIR a. Après réduction au même dénominateur, on –x 2 – x + 6 obtient : = 0. Les solutions sont –3 et 2. 6x(x + 1) –8x 2 – 8x + 13 b. L’équation est équivalente à : = 0. (x − 1)(x + 2) 135

10

137 Les abscisses des points d’intersection des deux courbes vérifient l’équation 2x2 – x – 2 = 0, 1+ 17 1– 17 et x = . soit x = 4 4 138 Les abscisses des points d’intersection des deux courbes vérifient l’équation x2 – 5x + 4 = 0, soit x = 1 ou x = 4. Les points d’intersection ont pour coordonnées : ⎛ 1⎞ ⎜1 ; ⎟ et (4 ;1). 4 ⎝ ⎠ 3 139 1. 2u2 + u – 6 = 0, u = –2 ou u = d’où les solutions 2 3 3 de l’équation (E) sont : x = – et x = . 2 2 2. Si u = x2, alors u2 + 4u – 5 = 0, soit u = 1 ou –5. Les solutions de l’équation bicarrée sont x = 1 et x = –1.

a. Si u = x2 , alors u = 2 ou u = 6, ce qui donne deux solutions pour x : 2 , – 2 , 6 et – 2 . b. u = – 4 – 2 7 ou u = – 4 + 2 7 soit x = –4 + 2 7 ou – –4 + 2 7 . c. u = –2 ou u = –6, l’équation n’a pas de solution. 140

141 a. Si u = x , on obtient : u = 1 ou u = –5. Soit une solution x = 1. 2 b. De même, on obtient u = 1 ou u = soit x = 1 ou 7 2 x= . 7 1 c. En posant u = , on obtient u = 2 ou u = –3 x 1 1 soit x = ou x = – . 2 3 1 142 Si u = x + . L’équation E est équivalente à x 52 5 10u2 – 77u + 130 = 0 ; on obtient u = ou u = . 10 2 On en déduit les valeurs possibles pour x : 0,5, 2, 0,2 et 5.

On se ramène à l’équation : 36x4 – 97x2 + 36 = 0 9 4 soit x2 = ou x2 = . Le nombre cherché est donc 4 9 2 2 égal à ou bien – . 3 3 144 Soit n le nombre de jours de travail du père et s son salaire quotidien. Le problème se traduit par les deux équations : ns = 500 et (n – 5)(s – 8) = 240. On trouve que s est une solution de l’équation : s2 – 60s + 800 = 0. On obtient s = 20 ou s = 40. Si s = 20, alors n = 25 ; si s = 40 alors n = 12,5 ce qui est exclu. Conclusion : le père travaille 25 jours pour un salaire 143

POUR FAIRE LE POINT 1 A ; 6 A et D ;

–2 + 30 –2 – 30 et . 4 4 2 2x – x – 27 c. L’équation est équivalente à : = 0. x2 – 9 1– 217 1+ 217 Les solutions sont : et . 4 4 136 En posant y = 30 – x, on se ramène à l’équation : x2 + 42x – 1 080 = 0. Les solutions sont x = 18 ou x = –60. On obtient deux couples solutions : (18 ; 12) et (–60 ; 90). Les solutions sont :

quotidien de 20 € ( !) ; le fils 20 jours pour 12 € par jour(!). NB : l’énoncé conduit à des résultats peu crédibles… a2 + b2 = 72,5. On trouve que a est une solution de l’équation : a4 – 5 256,25a2 + 736 164 = 0. On obtient a = 12, b = 71,5 et l’hypoténuse de ce triangle rectangle mesure 72,5. Le périmètre est 156. ⎤ –13 ⎤ 146 – ∞ ; ∪ [–1 ; 7]. ⎥⎦ 5 ⎥⎦ –3x 2 + 20x – 7 147 a. ⩽0 x–6 ⎡ ⎡10 – 79 ⎡ ⎡10 + 79 ; + ∞ ⎢. ; 6⎢ ∪ ⎢ soit ⎢ 3 3 ⎣ ⎣ ⎣ ⎣ b. ]0 ; 1] ∪]2 ; + ∞[. –2x – 4 c. 2 0 soit S = ]– ∞ ; –2[. x +4 −x 2 + 10 ⩽0 d. 2 x –9 soit S = ]– ∞ ; – 10] ∪ ]–3 ; 3[ ∪ [ 10 ; + ∞[. 145 ab = 858 et

148 Dans cet exercice, la calculatrice sert à conjecturer, vérifier ou corriger des résolutions algébriques d’inéquations. 2x – 1 1 0 si x ou x 3. 2. x –3 2 2x – 1 5x 2 – 20x + 20 –5x + 7 équivaut à : 0 4. x –3 x –3 5(x – 2)2 0. D’où x 3. soit x –3 149 Il s’agit d’étudier le signe de l’expression : x –2 x 2 + 4x – (–x – 1) soit le signe de . x +2 x +2 Ainsi, la courbe Ᏼ est située au-dessus de la droite Ᏸ si x ∈ [–4 ; –2[ ∪ [0 ; + ∞[. 150 x2 – 8x + 7 ⩾ 0 si x ⩽ 1 ou x ⩾ 7.

(x + 2)(x – 3) ⩾ 0 si x ⩽ –2 ou x ⩾ 3. Donc x2 – 8x + 7 ⩾ 0 et (x + 2)(x – 3) ⩾ 0 si x ⩽ –2 ou x ⩾ 7. 3. a. L‘équation 5x2 +13x – 18 = 0 admet une solution évidente : 1. Comme le produit des racines est égal à –18 , l’autre solution est –18 . 5 5 3. b. L’équation 7x2 + 20x + 13 = 0 admet une solution évidente : –1. Avec le même raisonnement, on trouve 13 que l’autre solution est – . 7 c. Pour qu’une équation du second degré admette deux c racines de signes contraires, il faut que leur produit a soit négatif donc que a et c soient de signes contraires. d. Pour que les deux racines soient négatives, il faut c –b que leur produit soit positif et que leur somme a a soit négative. Donc les réels a, b et c doivent être de même signe. 151

152 1. S’il existe deux réels a et b dont la somme est S et le produit P alors a(S – a) = P soit a2 – aS + P = 0. a et b sont donc solutions de l’équation : X2– SX + P = 0. Cette équation admet deux solutions si S2 – 4P est positif, si S2 – 4P est nul, il y a une racine double. 2. Il s’agit de trouver deux réels positifs tels que S = 28 et P = 195. Si ces réels existent, ils sont solutions de l’équation : X² – 28X + 195 = 0. Les dimensions du rectangle sont 15 et 13. 3. Algorithme : Saisir S et P d prend la valeur S2 – 4P Si d ⩾ 0 s– d s+ d alors afficher « » , 2 2 sinon afficher « il n’y a pas de solution » Fin si

TI

CASIO

Prompt S, P S2 – 4P ↦ d If d ⩾ 0 Then s– d s+ d Disp , 2 2 Else « PAS DE SOLUTION » End

? ↦ S :? ↦ P S2 – 4P ↦ d If d ⩾ 0 Then s– d 2 s+ d … 2 Else « PAS DE SOLUTION » If End

2

( x − 1) donc l’expression est positive 1 –2= x x puisque x est un réel 0. ⎛a d ⎞ ⎛b c ⎞ a b c d 2. + + + – 4 = ⎜ + – 2⎟ + ⎜ + – 2⎟ positif d c b a ⎝d a ⎠ ⎝c b ⎠ car on retrouve la somme de deux expressions positives ⎛ ⎞ 1 de la forme ⎜ x + – 2⎟ (cf. question 1). x ⎝ ⎠ a b c d e f 3. De même + + + + + – 6 est la somme f e d c b a ⎛ ⎞ 1 de trois expressions positives de la forme ⎜ x + – 2⎟ x ⎝ ⎠ b c a (avec x = , puis x = et enfin x = ), ce qui prouve e d f a b c d e f que + + + + + ⩾ 6. f e d c b a 153 1. x +

154 1. Il s’agit de démontrer que pour tout réel x, 2x2 3x – 4 soit 2x2 – 3x + 4 0. Le polynôme 2x2 – 3x + 4 est strictement positif pour tout x puisque son discriminant est négatif et que le coefficient de x2 est positif. Donc la parabole est toujours au-dessus de la droite.


11

2. D’après ce qui précède , on peut dire que la longueur MN est égale à : 2a2 – 3a + 4. La fonction f définie par f (x)= 2x2 – 3x + 4 est représentée par une parabole, 3 tournée vers le haut ; l’abscisse de son sommet est . 4 3 Conclusion : si a = , la distance MN est minimale. 4 155 La fonction f définie par f (x) = –2x2 + 7x – 3 est représentée par une parabole, tournée vers le bas ; 7 ⎛ 7 ⎞ 25 l’abscisse de son sommet est . f ⎜ ⎟ = . 4 ⎝4⎠ 8 Par conséquent : 25 , l’équation f (x) = m n’a pas de solution si m 8 25 Si m = , l’équation f (x) = m a une solution. 8 25 Si m , l’équation f (x) = m a deux solutions. 8 156 Les sommets de paraboles d’équations ⎛ 1 1 ⎞ y = ax2 + 2x + 1 ont pour coordonnées : ⎜– ; – + 1⎟ a ⎠ ⎝ a (ce qui prouve que ces points appartiennent à la droite d’équation y = x + 1). Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_exercice157.gbb (Geogebra) et 01S_exercice157.g2w (Geoplan). On trace la parabole d’équation y = 2x2 +5x + 4. On crée un curseur b et on trace les droites d’équation y = –3x + b. Suivant les valeurs de b, on constate qu’il y a deux, un ou aucun points d’intersection entre la droite et la parabole. On valide cette observation en cherchant le nombre de solutions de l’équation 2x2 + 5x + 4 = –3x + b suivant les valeurs de b. 2x2 + 8x + 4 – b = 0, Δ = 32 + 8b. Si b – 4, pas de point d’intersection ; si b = – 4, la droite est tangente à la parabole ; si b – 4, la droite coupe la parabole en deux points. 157

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_exercice158.ggb (Geogebra) et 01S_exercice158.g2w (Geoplan). On crée de même la parabole y = 2x2 – 5x + 3, un curseur m, la droite d’équation y = –2x + m. On fait varier m pour faire apparaître les différents cas. On crée les points d’intersection entre la parabole et la droite (intersection entre deux objets), on place le milieu I du segment ainsi créé. En faisant varier m et en sélectionnant trace activée , on constate que les points I se déplacent sur une demi-droite verticale. Démonstration : 1. Pour déterminer le nombre de points d’intersection entre la parabole et la droite, on déterminer suivant les valeurs de m le nombre de solutions de l’équation : 2x2 – 5x + 3 = –2x + m soit 2x2 – 3x + 3 –m = 0. 158

12

15 Δ = 8m – 15. Donc si m , il y a deux points d’inter8 15 section, si m = , la droite est tangente à la parabole. 8 2. Si Im milieu de [AmBm], alors son abscisse est la semi somme des solutions de l’équation : 3 2x2 – 3x + 3 – m = 0 soit xI = . Les points Im décrivent 4 3 donc la demi droite d’équation x = , issue du point 4 3 ⎛3 3⎞ ⎜ ; ⎟, avec x ⩾ 4 . ⎝4 8⎠ Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_exercice159.ggb (Geogebra) 159

et 01S_exercice159.g2w (Geoplan). On définit un curseur m et on trace la droite d’équation y = mx + 1 – m, droite de coefficient directeur m passant par A. En faisant varier m, on conjecture pour quelle valeur de m, la droite est située entièrement « en dessous » de la parabole. 1. La droite de coefficient directeur 3 passant par A coupe la parabole aux points de coordonnées (1 ; 1) et (2 ; 4). 2. La droite est au dessus de la parabole pour x compris entre 1 et 2 (x2 – 3x + 2 0). 3. On cherche m tel que, pour tout réel x : x2 – mx – 1 + m ⩾ 0. Δ = m2 – 4m + 4 = (m – 2)2. Donc x2 – mx – 1 + m ⩾ 0 pour tout réel x si m = 2. 160 Un point M est à égale distance de F et de la droite Ᏸ si et seulement si : 2 2 ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ x 2 + ⎜ y – ⎟ = ⎜ y – ⎟ soit y = x2. 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ La parabole d’équation y = x2 a pour foyer le point ⎛ 1⎞ F ⎜0 ; ⎟ et pour directrice la droite d’équation Ᏸ, 4 ⎝ ⎠ 1 y=– . 4 c c2 161 Si x = v4 + v1 alors x = + 1+ . Une des solutions 4 2 2 1 de l’équation x– = c (soit x2 – cx – 1 = 0) est c + c + 4 , x 2 soit v4 + v1.

162 Soit a la longueur du segment que l’on partage et x la longueur du « partage » (x est donc un réel inférieur à a). Le rectangle « compris sous la droite entière et l’un de ses segments » a pour dimensions a et x, le carré de « l’autre segment » est (a – x)2. Soit (a – x)2 = ax, qui équivaut à : x2 – 3ax + a2 = 0. 3a – a 5 Cette équation admet deux solutions : et 2 3a + a 5 . On retient la première solution, puisque, par 2 hypothèse (« partage ») x a.

Soit O l’objet, mO sa masse, x la distance entre cet objet et la terre. Il s’agit de déterminer le nombre de M –M M – Mo . solutions de l’équation : T 2 o = L x (d – x)2 2 Tous calculs faits, on obtient : Δ = 4d (MT – Mo)(ML – Mo). Comme on peut supposer que l’objet est plus léger que la terre et la lune, le discriminant est positif et donc il y a deux points situés sur la droite « terre-lune » qui subissent des attractions égales de la part de la terre et de la lune. 163

On utilise le théorème de Thalès pour démontrer x 6x que MN = et BQ = . 2 8 3x On en déduit que MQ = 12 – , et ainsi que l’aire du 2 9 3x ⎞ 3x ⎛ rectangle MNPQ est ⎜12 − ⎟ soit : – x2 + 9x. 8 2⎠ 4 ⎝ On en déduit que l’aire du rectangle est maximale pour x = 4.  est égal à 90° car : 165 1. a. L’angle PMQ 164

 = QMB  = 45°. AMP b. On exprime les longueurs PM et MQ en fonction de x à l’aide du théorème de Pythagore. Puis, à l’aide de ce même théorème, on a : PQ2 = PM2 + MQ2, soit x 2 (10 – x)2 . Ainsi : PQ2 = x2 – 10x + 50. + 2 2 2. Pour placer M tel que PQ = 6, il faut déterminer les valeurs de x pour lesquelles : x2 – 10x + 50 = 36. On obtient x = 5 + 11 et x = 5 – 11. 3. La fonction f est décroissante sur [0 ; 5] et croissante sur [5 ; 10]. f (0) = f (10) = 50 et f (5) = 25. On en déduit que PQ est compris entre 5 et 5 2 . Donc L ∈ [5 ; 5 2 ]. 4. a. Le triangle AIB est rectangle isocèle en I car les  et IBA  valent 45°. angles IAB b. PIQM est un rectangle donc IM = PQ (diagonales du rectangle). c. La valeur minimale de IM est 5 : c’est la longueur de la hauteur issue de I dans le triangle IAB. La valeur maximale de IM est IA (IA = IB), c'est-à-dire 5 2 . On retrouve ainsi géométriquement les résultats précédents. 166 Si on note x et y les dimensions du rectangle, H le projeté orthogonal de O sur la corde parallèle à T, on a : x2 x2 + y2 = 36, y + OH = 3 et OH2 + = 9. 4

Ainsi : y²+ (36 – 4OH2) = 36 soit y = 2 OH. D’où 2OH + OH = 3 et ainsi OH = 1. Si on suppose que la corde est tracée de telle sorte que O appartienne au segment [AH], c'est-à-dire que x2 et x2+ y2 = 36, on obtient de y = OH + 3, OH2 + 4 même y = 2 OH et donc OH = 3. C'est-à-dire que H et A sont symétriques par rapport à O, dans ce cas, on ne peut pas construire le rectangle. 167 1. Si on roule à 130 km/h, la distance de freinage est

environ 145 m ; 110 km/h, distance = 108 m ; 50 km/h, distance = 30 m. v2 2. On résout l’inéquation : v + 20 et on trouve 12 v 10,61 soit environ moins de 38 km/h.

Prises d'initiatives 168 Si on pose x = AM, on trouve que l’aire du parallélogramme MNPQ est égale à : 2x2 – 16x + 60. Cette aire est minimale pour x = 4. L’aire minimale est 28 cm².

Si on pose x = AP, avec le théorème de Thalès on 2– x montre que PM = ; donc l’aire du rectangle APMQ 2 2 2 – x –x = + x . Elle est maximale pour x = 1. est x × 2 2 170 On démontre que les sommets de ces paraboles ⎛ –1 1⎞ ont pour coordonnées ⎜ ; 1– ⎟. 2a 4a ⎝ ⎠ x Donc ces points décrivent la droite d’équation y = + 1. 2 171 Soit v la vitesse de la colonne en cm/s, V la vitesse de la dernière fourmi , t1 le temps aller et t2 le temps retour. La distance aller est Vt1 = vt1 + 50. La distance retour est Vt2 = 50 – vt2. D’où : 50v 50v 50 50 + et t2 = . Ainsi : = 50. t1 = V –v V +v V –v V +v 50 50 V + Si on pose X = , on obtient : = 50 x –1 x +1 v soit 2X = X2 – 1. 169

Si X2 – 2X – 1 = 0 avec X 0 alors X = 1 + 2 soit V = (1 + 2 )v. La distance parcourue par cette fourmi est : (1 + 2 )v × (t1 + t2) = (1 + 2 )(vt1 + vt2) soit (1 + 2 ) × 50 cm.


13

F Activités TICE TP

1 Programmation et calcul formel

A. Voici l’algorithme permettant de résoudre une équation du second degré en envisageant les trois cas possibles. Saisir a, b, c d prend la valeur b2 – 4ac Si d 0 alors afficher (–b – d )÷(2 × a), (–b + d )÷(2 × a) Sinon Si d = 0 Alors afficher (–b)(2 × a) Sinon afficher « pas de solution »

TI Prompt A, B, C B^2 – 4 × A × C ↦ D If D 0 Then Disp (–B – D )(2 × A), (–B + D )(2 × A) Else If D = 0 Then Disp –B(2 × A) Else Disp « pas de solution » End

CASIO ?↦A ?↦B ?↦C B^2 – 4 × A × C↦D If D 0 Then (–B – D (2 × A)  (–B + D ) (2 × A)  Else If D = 0 Then (–B(2 × A))  Else « pas de solution » If End

B. Utilisation d’un logiciel de calcul formel Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_TP1.xws (Xcas) et 01S_TP1.dfu (Derive). Les aides figurant au bas de la page et à la fin du manuel doivent permettre aux élèves d’utiliser les logiciels proposés, Xcas et Derive. Les principales commandes y sont décrites. Exemples avec le logiciel Xcas.

S = x1 + x2 = 2 2. On se propose de calculer x15 + x25. a. Si T = x12 + x22 alors T = 2x1 + 1 + 2x2 + 1 = 2S + 2 soit T = 6. b. U = x13 + x23 = x1(2x1 + 1) + x2(2x2 + 1) = 2T + S = 14. c. De même : V = x14 + x24 = x1(x1(2x1 + 1)) + x2(x2(2x2 + 1)) = 2(x13 + x23) + x12 + x22 donc V = 2U + T = 34 d. A = x15 + x25 = x1(x14) + x2(x24) = x1(2x13 + x12) + x2(2x23 + x22) = 2(x14 + x24) + (x13 + x23) d’où A = 2V + U soit A = 82. B. Algorithme de calcul Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 01S_TP2.alg (Algobox). Une erreur s’est glissée dans la vue d’écran : S prend la valeur 2 et T prend la valeur 6. Saisir n S prend la valeur 2 T prend la valeur 6 Pour I variant de 3 à N U prend la valeur 2 x T + S S prend la valeur T T prend la valeur U Fin Pour Afficher T

CASIO ?↦N 2↦S 6↦T For 3 ↦ I to N 2×T+S↦U T↦S U↦T Next

Ainsi x120 + x220 = 45239074…… x115 + x215 = 551614 x125 + x225 = 3710155682. C. Utilisation d’un tableur Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_TP2.xls (Excel 2003), 01S_TP2.xlsx (Excel 2007) et 01S_TP2.ods (Open Office). D. Utilisation d’un logiciel de calcul formel 1. et 2.

TP

2

A. Calcul des premières valeurs 1. Les solutions de l’équation : x2 – 2x – 1 = 0 sont x1 = 1 – 2 et x2 = 1 + 2 .

14

3. Avec le tableur : x140 + x240 = 2046573816377470,00 Avec Xcas : x140 + x240 = 2046573816377474.

On peut penser que le résultat donné par le tableur est plus fiable que celui donné par le logiciel de calcul formel. 4. On constate que tous les nombres x1k + x2k sont entiers et pairs.

5. La commande permet d’afficher les sommes x1k + x2k pour k variant de 1 à 40. La commande seq(expr,k,1,n) définit en effet la liste des valeurs des expr lorsque k varie de 1 à n. 6. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 01S_TP2 (Xcas) et 01S_TP2 (Derive).


15

CHAPITRE

2

Étude de fonctions



Commentaires

Étude de fonctions Fonctions de référence x x et x x .

• Connaître les variations de ces deux fonctions et leur représentation graphique.  Démontrer que la fonction racine carrée est croissante sur [0 ; + [.  Justifier les positions relatives des courbes représentatives des fonctions x x, x x² et x x .

Aucune technicité dans l’utilisation de la valeur absolue n’est attendue.

Sens de variation des fonctions u + k, λu, u et 1 , la fonction u u étant connue, k étant une fonction constante et λ un réel.

• Exploiter ces propriétés pour déterminer le sens de variation de fonctions simples.

On nourrit la diversité des raisonnements travaillés dans les classes précédentes en montrant à l’aide de contre-exemples qu’on ne peut pas énoncer de règle générale donnant le sens de variation de la somme ou du produit de deux fonctions. L’étude générale de la composée de deux fonctions est hors programme.

Remarque : Le symbole  signale des « démonstrations, ayant valeur de modèle. Certaines sont exigibles et correspondent à des capacités attendues ».

B Notre point de vue L’objectif de ce chapitre est d’introduire deux nouvelles fonctions de référence : la fonction racine carrée et la fonction valeur absolue (la fonction cube n’est pas étudiée). Conformément aux commentaires, nous n’avons pas développé de technicité dans l’utilisation de la valeur absolue ; cependant, il nous semblait important de signaler certaines propriétés algébriques et l’inégalité triangulaire. C’est par le biais d’exercices que nous avons abordé ces points. Nous avons mis la démonstration de la croissance de la fonction racine carrée dans le cours. Elle s’appuie sur l’expression conjuguée. La position relative des courbes des fonctions x x, x x2 et x x sera prétexte à introduire un savoir-faire à propos de l’étude plus générale de la position relative de deux courbes. L’étude générale de la composée de deux fonctions est hors programme. Aussi, les résolutions des exercices proposés s’appuieront sur les types de fonction vus dans le programme : u + k, λu, u et 1 . u Nous n’avons donc pas introduit la composition de fonctions.

16

Enfin, nous avons évoqué (car cela apparaît dans les commentaires) la somme et le produit de deux fonctions. C’est l’occasion dans les savoir-faire de montrer « à l’aide de contre-exemples qu’on ne peut pas énoncer de règle générale donnant le sens de variation de la somme ou du produit de deux fonctions ». Au cours de ce chapitre, nous utiliserons les résultats du chapitre précédent concernant le second degré. Dans les savoir-faire, nous avons insisté sur des méthodes algébriques, graphiques et sur l’utilisation de la calculatrice. L’étude des variations des fonctions s’appuiera sur la définition et sur les propriétés des fonctions de référence. Des exercices simples permettront de travailler les savoir-faire développés dans le cours, d’autres viseront à donner du sens. L’énoncé de la page « Chercher avec méthode » permet de mettre en œuvre une démarche d’analyse pour étudier le sens de variation d’une fonction et pour construire son raisonnement. L’utilisation des TICE est développée aux cours de ce chapitre.

Les notions abordées dans le chapitre 2 1. Sens de variation. Fonction valeur absolue 2. Fonction racine carrée. Comparaison de fonctions de référence 3. Opérations sur les fonctions et sens de variation

C Avant de commencer Se tester avec des QCM 1 B ; 5 A et B ;

2 C ; 6 B et C ;

Se tester avec des exercices 3 C ; 7 B et C ;

4 A, C et D ; 8 B, C et D.

19

9 a. – et 1 – 3 2 ; b. Oui ; c. 0 et 3 ; 9 10 a. f (1) = 2 et g (1) = 1 ; b. ]– ; 0] 傼 [2 ; + [ ; 11 a. f

() ()

1 1 f ; 3 2

b. f (–5) f (–2).


1 Minimum d’une aire

Cette activité permet de réactiver des réflexes, des techniques voire des définitions dans le cadre des fonctions. 1. f1(x) = 3x. 2. DN = 6 – x et f2(x) = 12 – 2x. 3. Graphique.

Activité

Cette activité introduit la fonction valeur absolue à l’aide de la distance définie à l’aide d’un axe gradué. 5 1. a. 3, 6, 2 et . 2 b. Les deux réels sont –2 et 2. Les deux points sont A et B. A

4. La valeur est 2,4. x × (4 – x) 5. 3 = 24 – 3x – (12 – 2x) – = f3(x). 2 6. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_activite1.ggb (Geogebra). a. Minimum pour x = 3. –b b. a = 1 et = 3. 2a 1 f3(x) = [(x – 3)2 + 15]. Le minimum est 7,5 pour x = 3. 2

2 Une nouvelle fonction

–3

–2

–1

c. [–3 ; 3]. [ –3

–2

–1

O

I

B

0

1

2

3

O

I

0

1

2

] 3

4

2. | x | 0 car c’est une distance. 3. M et M’ sont symétrique par rapport à O (O est le milieu du segment [MM’]), donc OM = OM’. Chapitre 2 Étude de fonctions

17

Ainsi |–x| = |x|. 4. a. Si x 0, alors f (x) = | x | = x et si x 0, alors f (x) = |x| = –x. b. y

Activité

4 D’une fonction à l’autre, d’une variation à l’autre

Cette activité introduit à l’aide d’exemples les fonctions f + k et f et permet d’évoquer les variations. 1. Il faut définir la fenêtre avec la calculatrice.

1 0

x

1

2. a.

c. 4 et – 4 sont solutions. d. [– 4 ; 4].

Activité

3 Comparaison de x , x 2 et x

Cette activité permet de comparer les images de trois fonctions de manière graphique et de manière algébrique. 1. Faux : si on prend un nombre x négatif, alors x2 x. Les élèves raisonnent souvent avec les entiers.

b. La courbe g se déduit de f en ajoutant 1 à chaque ordonnée d’un point de la courbe f. c. Les fonctions f et g sont croissantes sur [–2,5 ; 0] et décroissantes sur [0 ; 2,5]. d. On vérifie que g (x) = f (x) + 1. 3. a.

2. a. 𝒞f

𝒞g 𝒞h 1 0

x

1

b. Si 0 a 1, alors a a a2.

a2

a a et si 1 a, alors

3. a. – x = x(x + 1)(x – 1), sur l’intervalle [0 ; + [ le signe de x2 – x est le même que celui de x – 1 car x 0 et x + 1 1. Donc x2 x si 0 x 1 et x2 x si x 1. b. Deux méthodes. On a 0 = 0. ( x – x ) ( x + x ) = x2 – x . Si x 0, x – x = x+ x x– x Le signe de x – x est le même que celui de x2 – x. On en déduit que x x si x 1 et que x x si 0 x 1. L’autre méthode est l’utilisation de la croissance de la fonction racine carrée et de l’égalité x 2 = x si x 0 et en utilisant la question 3. a. c. Si 0 x 1, alors x2 x x et si 1 x, alors x x x2. Ce qui confirme la lecture faite sur le graphique. x2

18

b. La courbe h se déduit de f en multipliant chaque ordonnée d’un point de la courbe f par 2. c. Les fonctions f et h sont croissantes sur [–2,5 ; 0] et décroissantes sur [0 ; 2,5]. d. On vérifie que h (x) = 2 × f (x) .

Activité

5 L’inverse d’une fonction

Cette activité introduit sur un exemple l’inverse d’une fonction qui ne s’annule pas et qui garde un signe constant. 1. Écran calculatrice

2. Les fonctions u et f ont des sens de variation contraires. 3. a. Si 0 a b, alors 0 a2 b2 car la fonction carré est croissante sur [0 ; + [. En multipliant par 2 (positif) et en ajoutant 3, on obtient 3 2a2 + 3 2b2 + 3, c'est-à-dire 3 u(a) u(b). b. Comme 3 u(a) u(b), alors 0 u(a) u(b). La

fonction inverse est décroissante sur ]0 ; + [, alors 1 1 , soit f (a) f (b). Ainsi, si 0 a b, alors u(a) u(b)

u(x)

f (a) f (b). La fonction f est décroissante sur ]0 ; + [.

x

4. De manière analogue, on démontre que f est

f(x)

–

x

0 3

–

0 1 3

croissante sur ]– ; 0] en utilisant le fait que la fonction carré est décroissante sur l’intervalle ]– ; 0].

+

+

Ceci confirme l’observation faite à la question 2.

E Exercices 2. Solutions –5 et 5. 3. [–1 ; 1].

POUR DÉMARRER 1

f est décroissante sur ⺢ et –2 5, donc f (–2) f (5).

y

11

f est croissante sur ⺢, alors f (–1) f (x) f (2) ; – 4 f (x) 2.

f(x) = 2|x|

2

h(x) = |–x|

1. La fonction carré est strictement croissante sur [0 ; + [, donc f (0,998) f (0,999). 2. La fonction carré est strictement décroissante sur ]– ; 0], donc f (–0,998) f (–0,999).

1

3

4

6 Faux, car –2 et 3 ne sont pas dans le même intervalle I : on ne peut pas appliquer la définition d’une fonction croissante.

a. La fonction carré est décroissante sur ]– ; 0[, donc a2 b2 ; l’inégalité est fausse. b. La fonction inverse est décroissante sur ]– ; 0[, donc 1 1 ; l’inégalité est fausse. a b 1 1 c. Si a b 0, alors a2 b2 0 et 2 2 ; l’inégalité a b est juste. 7

7, 3 et 2.

8 1. 0,5 ; 8 ; ; 10–2 ; 10–3 – 10–4 ; 104 – 103. 9 2. Antécédent 3 et –3. 3. Non, |x| 0. 9

10

x

1

g(x) = –|x|

Si –1 x 2, alors –2 f (x) 2.

1. La fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; + [, donc f (0,998) f (0,999). 2. La fonction carré est strictement décroissante sur ]– ; 0[, donc f (–0,998) f (–0,999). 5

8

0

1.

13

4.

14

La fonction racine carrée est strictement croissante : 2 x 3.

15 0,998 0,999 donc f (0,998) f (0,999), car f est strictement croissante sur ⺢+. 16

f (8) + f (32) = 8 + 32 = 6 2 = 72 = f (72).

17 u est décroissante sur I, donc 2u est décroissante sur I, et –5u est croissante sur I. 18

x

–1

f (x)

5

4 8

On ajoute 3, on ne change pas le sens de variation. x

y

f(x) = |x|

5 – 3 5 – 4, car –3 – 4. Les réels 5 – 3 et 5 – 4 sont négatifs et la fonction valeur absolue est strictement décroissante sur ]– ; 0]. Donc | 5 – 3| | 5 – 4|. 12

g (x)

–1

4

–4 –10

On multiplie par –2, on change le sens de variation. 1 0

x 1

x

f (x)

–1

4

0,5 0,2

Chapitre 2 Étude de fonctions

19

u (x) 0, donc elle ne change pas de signe. u et f ont des sens contraires de variations. 1. La fonction f est définie sur [–2 ; 4].

19

x

–2

u(x)

4

0

2

4

2 0

1

Les fonctions u + 1, u – 2 et 2u ont le même sens de variation que u, et –u a le sens contraire. x u(x) + 1 x u(x) –2 x 2u(x) x –u(x) 20

–2

0

5

2 3

1 –2

0

2 2

–2 0

–1 2

4

4

8 0 –2

4

0

2

–2

4

0

2 2

0 –4

4 –1

–2

1. La fonction f est définie sur [–1 ; 4]. x u(x)

–1

0

1

2

4 2

1

1

2. La fonction u ne s’annule pas et garde toujours le même signe (ici positif). x

u(x)

–1 1

x

–1

1 u(x)

1

0

2

1 1

4

2

0

1

4

1 2

1

1 2

1. 4 et 3 3 +1. 2. On résout l’équation f (x) = 4, soit –x2 – 3x = 0. Solutions : 0 et –3. 22

]– ; –3[ 傼 ]–3 ; 3[ 傼 ]3 ; + [. Ce sont tous les nombres réels sauf ceux qui sont solutions de l’équation x2 – 9 = 0. 23

Il faut que x2 – 6x 0. On a x2 – 6x = x(x – 6) et a 0. La fonction f est définie sur ]– ; 0] 傼 [6 ; + [. 24

C’est oui, car c’est la même expression après réduction au même dénominateur et le même ensemble de définition. 25

Il suffit de réduire au même dénominateur dans l’expression f (x). 26

27 Elles sont égales : il suffit de réduire au même dénominateur dans l’expression de g (x). 28 1. On sera amené théoriquement à résoudre un système. Les élèves analyseront l’énoncé pour se simplifier le travail… Notons g (x) = ax2 + bx + c. Comme g (0) = 0, alors c = 0. g (–2) = 0, alors 4a – 2b = 0, soit 2a = b. g (–1) = –1, alors a – b = –1, d’où par exemple a + 1 = b. On déduit 2a = a + 1, c'est-à-dire a = 1, d’où b = 2. Conclusion : g (x) = x2 + 2x. 2. On vérifie que g (2) = 8, donc par définition, le point (2 ; 8) est sur la courbe représentative. 29 Vrai. Il ne faut pas se fier aux apparences. On peut soit calculer, soit observer simplement que les x2 disparaissent, ce qui suffit pour répondre à la question (on a f (x) = –28x + 35). 30 Vrai. On veut savoir s’il existe au moins un nombre x tel que f (x) = x. Il en existe au moins un car f (1) = 1. On peut aussi vérifier avec f (–2) = –2. L’équation sousjacente est x2 + x = 2, mais c’est inutile de la résoudre ou de la trouver pour répondre à la question. 31 Faux. Par exemple si x = –1, alors x2 + 2x = –1. Or il faut que x2 + 2x 0.

POUR S’ENTRAÎNER 1. La fonction f est une fonction affine, elle est soit croissante, soit décroissante sur ⺢. Comme on a 0 –2 et f (0) f (5), alors f est décroissante (on peut bien sûr calculer f(–2) – f(0) = –1). –2 – 0 2 2. Si –5 x 5, alors f (–5) f (x) f (5) (on peut faire remarquer aux élèves que l’on a la réponse sans calculer –13 3 les images et ). 2 2 21

20

32 1. (x + 1)2 – 4 = x2 + 2x + 1 – 4 = x2 + 2x – 3. 2. Le coefficient de x2 est positif, le minimum de f est – 4, il est atteint pour –1, la fonction f est décroissante sur ]– ; –1] et elle est croissante sur [–1 ; + [. On a f (–3) = 0 et f (4)= 21, donc si –3 x 4, alors – 4 f (x) 21. 3 2 9 34 1. f (x) = x – − . 2 4

( )

x f (x)

–

–3

–1 –4

4

+

2. Le coefficient de x2 est positif, le minimum de f est 3 9 – = –2,25, il est atteint pour – . La fonction f est 2 4 ⎤ 3⎤ décroissante sur ⎥ – ; – ⎥ et elle est croissante sur 2⎦ ⎦ ⎡ 3 ⎡ ⎢⎣– 2 ; + ⎢⎣. On a f (0) = 0 et f (2) = –2, donc si 0 x 2, alors –2,25 f (x) 0. 35

1. f (x) = 2(x +

2)2

2. Le coefficient de

– 3.

x2

est positif, le minimum de f est

–3, il est atteint pour –2, la fonction f est décroissante sur ]– ; –2] et elle est croissante sur [–2 ; + [. –

x

–2

f (x)

+

–3

y

f(x) = 3|x| y=2 1 A0

B1

x

2. Les abscisses de A et B environ – 0,7 et 0,7. 2 3. Si x 0, f (x) = 2 revient à 2 = 3x, soit x = qui est 3 positif. 2 Si x 0, f (x) = 2 revient à 2 = –3x, soit x = – qui est 3 négatif. 46 1. g ( 5 ) = | 5 – 4 | = 4 – 5 car 5 4. 2. Si x 4, g (x) = x – 4 ; si x 4, g (x) = –x + 4.

y

f(x) = |x – 4|

3. Si 2 x 5, alors f (2) f (x) f (5), soit 29 f (x) 95. 4. f (– 4) = 5 f (5). Si – 4 x 5, alors –3 f (x) f (5), soit –3 f (x) 95. 36

a. Vrai.

38

1. 4 f (a) 6.

y=2

b. Vrai.

3. –6 –f (a) – 4. 4. 4 f (–a) 6. 1. 1 –a –b 0, donc f (–a) f (–b).

2. –1 a – 1 b – 1 0, donc f (a – 1) f (b – 1). 3. 0 a2 1, donc 0 f (a2) 1. 40

B 0

2. 4 f (a) 10.

39

1

c. Faux.

Faux.

a = –1 et b = 2, on a a b, d’où –1 2. a2 – 2a = (–1)2 – 2 × (–1) = 3 et b2 – 2b = 22 – 2 × 2 = 0,

1

A

2

3. Les abscisses de A et B sont 2 et 6. 47 1. Si x > 0, alors f (x) = 2x – 1. Si x < 0, alors f (x) = –2x – 1. La représentation graphique est formée de deux demi-droites. 2. Si x > 0 : f (x) = 3 équivaut à 2x – 1 = 3, soit x = 2, et 2 僆 [0 ; + ∞[. Si x < 0 : f (x) = 3 équivaut à –2x – 1 = 3, soit x = –2, et –2 僆 ]– ∞ ; 0]. Les solutions sont –2 et 2. Vérification graphique : les abscisses des points d’intersection de la droite d’équation y = 3 avec la représentation graphique de la fonction f sont –2 et 2. y

donc a2 – 2a b2 – 2b. 41

x

6

Faux. Contre-exemple : –2 –1, et f (–2) = 2,

f (–1) = 0, c'est-à-dire f (–2) f (–1). La forme canonique 12 1 − . est x2 + 2x = x + 2 4

( )

42

a. 1 + 3 ;

b. π – 3 ;

c. 2 – 1.

43

a. –2 et 2.

b. Pas de solution.

c. 1 et –1.

44

1.

1 0 1

1. Si x 2, f (x) = x – 2 ; si x 2, f (x) = –x + 2. D’où les deux équations des deux demi-droites. 2. y f(x) = |x – 2| 48

x |x|

–

0

+

0

2. Si 1 x 2, alors 1 |x| 2. 1. Si x ≥ 0, f (x) = 3x ; si x 0, f (x) = –3x.

y=1

1

3. Si 1 x 2, alors –1 1– x 0, d’où 0 |1 – x| 1. 45

x

A

B 0

1

3

x


21

3. Les abscisses de A et B sont 1 et 3. 49 1. 10 ; 0,56 ; 7 et 100. 2. Le résultat est la valeur absolue. 3. Il faut modifier le Traitement :

1. |x – 2 | vaut x – 2 ou 2 – x suivant les valeurs de x, ce qui donne dans les deux cas des fonctions affines. 2. Si x 2, alors f (x) = 3x – 5 et si x 2, f (x) = –3x + 7. 55 1. Tous les réels sauf 0. 2. Si x 0, s(x) = 1 et si x 0, s(x) = –1.

Si x 5 Alors Afficher x – 5 Sinon Afficher –x + 5 Fin Si

50

1.

y 1

y

f(x) = signe (x)

0

f(x) = 3|x| + 1

x

1

y=4

La représentation graphique est formée des deux demi-droites sans les points d’abscisse 0.

1 A

56 Si x 3, alors |x – 3 | = x – 3 et f (x) = (x – 3) + 2x = 3x – 3. Si x 3, alors |x – 3 | = –x + 3 et f (x) = (–x + 3) + 2x = x + 3.

B

–1 0

x

1

2. |x| 0, d’où f (x) 1. 4.

57 Si x –1, alors f (x) = x + 1 ; si x –1, alors f (x)= –x –1. Si x 0, alors g (x) = x + 1 ; si x 0, alors g (x) = –x + 1. 1. Les courbes sont superposées pour x 0.

y

y = |x| + 1 51

y

f(x) = |x – 1| y = |x + 1| 1

y=2 1 A –1 0 52

0

B 1

x

3

b. [0 ; + [.

a. 4.

1. L’expression |2x| est associée à 3 : f3(x) = |2x| et l’expression |x + 2 | est associée à 4 : f4(x) = |x + 2 |. 2. La courbe 1 correspond à la fonction f1 (x) = |x – 4 |. La courbe 2 correspond à la fonction f2 (x) = –|x – 1 |. 53

54

y

x

1

2. Les fonctions ne sont pas égales. 3. Si x 0, on a |x + 1 | |x| + 1. Si x 0, on a |x + 1 | = |x| + 1. On peut résumer les deux cas par |x + 1 | |x| + 1. 1. Si x 0, alors p (x) = x ; si x 0, alors p (x) = 0. Si x 0, alors q (x) = 0 ; si x 0, alors q (x) = x. C’est la fonction q qui est représentée. 2. y 58

y = p(x)

1

f(x) = 3|x – 2| + 1

0 1

x

y = q(x)

1 0

22

1

x

3. On a p (x) = x si x 0 et p (x) = 0 sinon, donc p (x) 0. On a q (x) = x si x 0 et q (x) = 0 sinon, donc q (x) 0. C’est ce qu’on observe sur les représentations graphiques.

4. Si x 0, alors p (x) × q (x) = 0 × x = 0. Si x 0, alors p (x) × q (x) = x × 0 = 0.

C’est vrai, il faut multiplier et diviser f (x) par la quantité conjuguée de 1 – x . 67

59

Faux, voir exercice 57 ou |–2 + 1 | = 1 et |1 | + |–2 | = 3.

60

Faux, l’égalité est toujours vraie.

61

Vrai, voir graphique de l’exercice 50.

1. Si 0 a b, alors a b , d’où 1 – a 1 – b . f est décroissante sur [0 ; + [. 2. y 62

1

𝒞f

0

x

1

63 1. Soit a et b deux réels de [0 ; + ∞[ tels que a < b. La fonction racine carrée est croissante sur [0 ; + ∞[, donc a b . Ainsi, 3 × a 3 × b, d’où 3 × a – 3 3 × b – 3, c'est-àdire f (a) f (b). La fonction f est croissante sur [0 ; + ∞[. 2. y

1 0

x

1

Oui, elles sont égales ; il suffit de réduire les deux quotients de f (x) au même dénominateur. 68

69

Vrai.

70

Faux, elle est définie sur ]– ; 0].

71

Faux, elle est décroissante.

Vrai car |x| est toujours un nombre positif. 1 1– x 2 (1– x)(1+ x) 73 1. On a . Le signe de −x= = x x x 1 – x est le même que celui de 1 – x sur ]0 ; + [. x 1 Si 0 x 1, alors x et si x 1, alors 1x x. x 2. g est au-dessus de f si 0 x 1. g est au-dessous de f si 1 x. 72

1. x3 – x2 = x2(x – 1). Le signe de x3 – x2 est celui de x – 1. x2 – x = x(x – 1). Le signe de x2 – x est celui de x – 1 sur [0 ; + [. Si 0 x 1, alors x3 x2 x et si x 1, alors x x2 x3. 2. h est en dessous de g qui est en dessous de f si 0 x 1. f est en dessous de g qui est en dessous de h si x 1. 74

75 x3 – x = x(x + 1)(x – 1) ; sur l’intervalle ]– ; 0] le signe de x3 – x est le même que celui de x + 1 car x 0 et x – 1 0 sur l’intervalle d’étude. x3 – x 0 si x –1 et x3 – x 0 si –1 x 0. Ainsi, x3 x si x –1 et x3 x si x est dans l’intervalle [–1 ; 0]. 76

1. f est définie sur [0 ; + [, g est définie sur [2 ; + [. C’est la fonction g qui est représentée. 2. y 𝒞 64

1.

𝒞g

y

𝒞f

g

1 0

1 𝒞f

x

1 A

3. On a f (x) g (x) d’après le graphique. 1. f est définie sur ]0 ; + [. 2. f (x) = x définie sur ]0 ; + [. La représentation de la fonction f est celle de la fonction racine carrée privé de l’origine.

– 2,3

B 0

1 1,3

x

65

66 a. Vrai. b. Faux. c. Vrai.

2. Les courbes se coupent aux points d’abscisses –2,3 et 1,3 (environ). f (x) g (x) si x est dans l’intervalle [xA ; xB] et f (x) > g (x) sinon. 1. est au-dessus de si x est dans ]– ; –0,4[ 傼 ]0 ; 2,4]. 77


23

est en dessous si x est dans [–0,4 ; 0 [ 傼 [ 2,4 ; + [. y

3.

y

𝒞g

1 – 0,5 0 1

2,4

x

𝒞f

2

x 2 – 2x – 1 1 – (x – 2) = – . Le numérateur x x s’annule pour x1 = 1 – 2 et x2 = 1 + 2 .

0 80

x

1

2. f (x) – g (x) =

Vrai.

Faux. Un contre-exemple avec x = 1,2 par exemple : x 2 – 1 ≈ 0,67, x2 – 1 ≈ 0,44 et (x2 – 1)2 ≈ 0,19 donc x 2 – 1 x2 – 1 (x2 – 1)2.

81

3. –

x

x1

0 +

+

x2

–x

+

0

–

–

x2 – 2x – 1

+

0

–

–

0

+

f (x) – g (x)

+

0

–

+

0

–

82

Vrai.

83

a. x

–

0

f (x)

f (x) g (x) si x est dans ]– ; x1[ 傼 ]0 ; x2[. f (x) g (x) si x est dans ]x1 ; 0[ 傼 ]x2 ; + [.

x

Ce résultat confirme l’observation car x1 ≈ –0,4 et

+

0 –

0 –4

+

–

0

+

g (x)

x2 ≈ 2,4. 78

1. f (x) g (x) si x 0 ou si x est dans l’intervalle

x

[1 ; 2].

h (x)

f (x) g (x) si x est dans l’intervalle ]0 ; 1[ ou x 2. 2 (x – 2) × (x – 1) . 2. Étude du signe de – (–x + 3) = x x –

x

0

1

0

+

+

2

x

–

+

+

(x – 2)(x – 1)

+

+

0

–

0

+

f (x) – g (x)

–

+

0

–

0

+

Le tableau confirme l’observation du graphique. 79

1. f (x) – g (x) = x2 – (–3x + 4) = x2 + 3x – 4.

84 u est la fonction inverse, elle est décroissante sur l’intervalle ]0 ; + ∞[. a. f = – 4 × u ; f est croissante sur ]0 ; + ∞[ car – 4 est négatif. b. g = 2 × u + 1 ; 2u est décroissante sur ]0 ; + ∞[, donc 2u + 1 est décroissante sur ]0 ; + ∞[. c. g = – 4 × u + 1 ; g est croissante sur ]0 ; +∞[ car g est de la forme λu + k, avec λ = – 4 et k = 1, et λ < 0. 85 f est décroissante sur [0 ; + [. g est croissante sur [0 ; + [.

Δ = 25 : ce trinôme a deux racines – 4 et 1. Le coefficient

86

de x2 est positif, d’où le tableau de signes de f (x) – g (x) :

x

x f (x) – g (x)

–

–4 +

0

+

1 –

0

f (x) – g (x) 0 si – 4 x 1 2. Si x – 4 ou x 1 est au-dessus de ; si –4 x 1

24

On ajoute 2. 0

+

f (x)

+

f (x) – g (x) 0 si x – 4 ou x 1.

est au-dessous de .

2

On multiplie par 3 et on ajoute 2. x g (x)

0

+

87

⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤ −1 ; + ⎢. 1. ⎥ – ; – ⎢ 傼 ⎥ 2⎣ ⎦ 2 ⎦ ⎣ 2. Soit u la fonction définie par u (x) = 2x + 1. ⎤ 1⎡ 1 Sur ⎥ – ; – ⎢ , u (x) 0 et est croissante, donc f = 2⎣ ⎦ u est décroissante. ⎤ −1 ⎡ 1 ; + ⎢, u (x) 0 et est croissante, donc f = Sur ⎥ ⎦ 2 ⎣ u est décroissante. 93

x

–2

0

2 13

13

u (x)

1

u (x) 0 sur l’intervalle [–2 ; 2]. x

–2

0

2

1

1 13

f (x)

1 13

1. x2 + 1 > 0, donc la fonction h est définie sur ℝ. 2. g = u + 1 avec u (x) = x2 : g a le même sens de variation que la fonction carré. 1 g (x) > 0 et h = , les fonctions g et h ont des sens de g variations contraires. 88

x

–∞

0

+∞

1. u est décroissante sur ]– ; 6] et u (x) 0 pour x de cet intervalle. 2. La fonction 3 × u + 4 est décroissante sur ]– ; 6] car on multiplie par 3 (positif) et on ajoute 4. u est croissante et est strictement positive. 95

a. 2u + 1 est croissante. b. –u. 2 est décroissante. d. 2 u est croissante. u

96

c.

97

x

g (x)

0

1 u (x)

x h (x)

–∞

0 1

6

3 –1

f (x)

1

6

1 –3

+∞ x

1

g (x)

6

9 –3

3. 98

–u (x) 89 1. Si x 2, alors 3x – 6 0 et si x 2, alors 3x – 6 0. 2. f est définie sur ]– ; 2[ 傼 ]2 ; + [. Sur ]– ; 2[ la fonction u garde le même signe. Comme u est une fonction croissante sur cet intervalle, alors la fonction f est décroissante sur ]– ; 2[. Même raisonnement sur l’intervalle ]2 ; + [ : la fonction f est décroissante sur ]2 ; + [.

1. Il faut que 3 – x 0, donc x dans l’intervalle [3 ; + [. 2. La fonction u définie par u (x) = 3 – x est décroissante. Comme g (x) = u(x), la fonction g est décroissante sur [3 ; + [. 91 Sur [2 ; + [ la fonction u (x) = x2 – 4 est positive et elle est croissante, donc la fonction f (x) = u(x) est croissante sur le même intervalle. 92 Sur [–1 ; 1] la fonction u (x) = 1 – x2 est positive et elle est croissante sur [–1 ; 0] et décroissante sur [0 ; +1], donc la fonction f (x) = u(x) est croissante sur [–1 ; 0] et décroissante sur [0 ; +1].

x

1

6

h (x)

–1

5

1. x

90

x

x 2u (x)

–5

–1

1

–3 –10

–4

–5

–1

1

20

x –0,5u (x) + 25

8 6 –5

–1

1

23,5 20

23

2. Si –5 x 1, alors –10 –u (x) –3 ; si –5 x 1, alors 6 2u (x) 20 ; si –5 x 1, alors 20 –0,5u (x) + 25 23,5. u ne s’annule pas ; sur chaque intervalle, u garde 1 un signe constant. La fonction est définie sur [3 ; + [. u 99

x

1 u

–3

1 16

0 1

3

1 9

+

1 4

100 La fonction u est positive, donc u est définie sur [3 ; + [. 1. D’après le graphique :


25

x

–3

0

5

x

2

u

10

u

7

x

–3

1 7

0

5

1 10

–3

u

0

7

2

( ) ( ) ( )

1 2

x

u x

–3

0

+

3 3

4

2

1

5

10

+

3

3 2 1. On a 4x2 – 12x + 9 = 4 x − . La fonction f est 2 donc définie sur ⺢. 3 2 3 2 =2 x− 2. f (x) = 4 x − . 2 2 103

La fonction u ne s’annule pas sur [–3 ; 5]. La fonction u est positive sur [–3 ; 5]

1 u

–

y

2

1 1 1 2. 10 u(x) 2 et 2 u(x) 10.

1

1 On a u (x) = (2x + 1)2 – 4, u (x) s’annule pour 2 3 et – d’où : 2 101

x

–

u

3 − 2

1 − 2

1 2

0

–4

0

+

–

−

3 2

−

1 2

1 u

1 2

+

1 4

⎤ 3⎤ ⎡1 ⎡ 2. u est positive sur ⎥ – ; – 2 ⎥ et sur ⎢ ; + ⎢. ⎦ ⎦ ⎣2 ⎣ u et u ont le même sens de variation. x

–

−

3 2

0

u

−

1 2

pas définie

1 2

+

0

102 u(x) = (x – 3)2 + 2, donc la fonction u est toujours positive et ne s’annule pas.

x

–

u

1 u

1 est définie sur ⺢. u

–

–1

1 2

2. La fonction u est définie sur ⺢.

26

+

2

1. La fonction x

3

+

3 Si x 2 , alors 3 Si x 2 , alors

1. Sur chaque intervalle où elle n’est pas nulle, u garde 1 le même signe. u et varient dans le sens contraire. u x

0

x

1

3 2

2

x−

3 2

2

x−

( ) ( ) ( ) ( ) 3 . 2

=– x–

3 3 = – x. 2 2

2

3 . 2 3 3 3. Si x , alors f (x) = x – . 2 2 3 3 – x. Si x , alors f (x) = 2 2 105 Soit a et b deux réels de l’intervalle I tels que a b et u une fonction croissante sur cet intervalle I. Donc f (x) = 4 x −

3 2

=x–

= x–

Alors u (a) u (b). 1. u (a) + 3 u (b) + 3. Ce qui veut dire par définition que la fonction u + 3 est croissante sur I (puisqu’elle conserve le sens des inégalités). 2. u (a)+ k u (b) + k. Ce qui veut dire par définition que la fonction u + k est croissante sur I. 106 1. 2 × u (a) 2 × u (b) car 2 est un nombre positif. Ce qui veut dire par définition que la fonction 2 × u est croissante sur I (puisqu’elle conserve le sens des inégalités). 2. Si λ 0, alors λ × u (a) λ × u (b), ce qui veut dire par définition que la fonction λ × u est croissante sur I. 3. Si λ 0, alors λ × u (a) λ × u (b), ce qui veut dire par définition que la fonction λ × u est décroissante sur I puisque si a b, on a λ × u (a) λ × u (b).

Sur l’intervalle [0 ; 5], la fonction u (x) = x2 + 3 est croissante et u (x) 0, donc la fonction f est strictement décroissante sur [0 ; 5]. Donc si 0 x 5, alors 4 f (0) f (x) f (5), c’est-à-dire f (x) 12. 3 107

108 1. La fonction u est décroissante sur ⺢ donc en particulier sur ]4 ; + [ ; elle est strictement positive sur ce même intervalle. 1 2. Soit g la fonction définie par g (x) = sur ]4 ; + [. x–4 Cette fonction est décroissante. On a f (x) = 2 + 5 × g (x). Ici λ = 5 et k = 2. La fonction f est croissante sur ]4 ; + [.

1. Sur l’intervalle [1 ; 4], la fonction x x est croissante, donc la fonction u : x 1 + x l’est aussi. De plus, elle a toujours le même signe, donc la fonction 1 f = est strictement décroissante sur l’intervalle [1 ; 4]. u 1 1 2. Si 1 x 4, alors f (1) f (x) f (4), donc f (x) . 2 3 110 Vrai car la fonction carré est décroissante, positive sur le même intervalle. 109

111 Vrai car x 1 – x décroissante sur le même intervalle et λ = 2 qui est positif. 1 112 Vrai car f (x) = 1 + et la fonction inverse est x décroissante.

Faux. Le contre-exemple : 8 –3 ; f (–8) = 3 et f (–3) = 2, donc f (–8) f (–3). On pourrait démontrer que la fonction est décroissante car la fonction affine x 1 – x est décroissante sur l’intervalle ]– ; 1]. 113

x

2

u

0

3

2

On a u (x) = (x – 2)2 – 1. y

𝒞f

1 0

x

1

Sur l’intervalle ]– ; 1], u est positive et décroissante. La fonction f est donc décroissante sur le même intervalle. 118 1. La fonction f est définie sur ⺢, la fonction g aussi

12 3 + 0. 2 4

( )

car x2 – x + 1 = x −

−x 2 0. + 1)(x 2 − x + 1) 2. f est toujours en dessous de g et elles n’ont qu’un seul point commun l’origine du repère. On peut vérifier en construisant les courbes. On vérifie que f (x) – g (x) =

(x 2

0 y

Si x 0, alors f (x) = –x – 1. y 1 0 –1

𝒞g

1 0 1

𝒞f

x

POUR FAIRE LE POINT

Si x 0, alors f (x) = 3x – 1.

x

𝒞f

x(x + 1) – 1 x(x + 1) 1 1 1. f (x) = . = − =x− x +1 x +1 x +1 x +1 a = 1 et b = –1. 116

117

–4

2. Sur l’intervalle ]–2 ; 2[, la fonction u est toujours négative. 1 est croissante sur ]–2 ; 0], La fonction g : x 2 x –4 décroissante sur [0 ; 2[. On a f (x) = 1 + 3 × g (x) avec k = 1 et λ + 3. La fonction f a le même sens de variation que la fonction g. 115

1 est croissante sur x +1 ]1 ; + [ car la fonction x x + 1 est positive, croissante sur le même intervalle et on multiplie par λ = –1. Donc si 1 a b, alors g (a) g (b), d’où g (a) + a g (b) + a g (b) + b, c'est-à-dire que f (a) f (b). 2. La fonction g : x (–1) ×

1 A ; 2 B et D ; 5 A, B et D ; 6 C ; 9 B et D ; 10 B et D ;

3 D ; 7 A et C ; 11 C.

4 C et D ; 8 C ;

POUR APPROFONDIR 119 1. a. C(x) = 20 000 + 16x sur l’intervalle [0 ; 10 000]. b. C’est une fonction croissante sur cet intervalle. 2. a. Si M est la fonction coût moyen définie sur ]0 ; 10 000] : 20 000 M(x) =16 + . x b. Si u est la fonction inverse définie sur ]0 ; 10 000], on a M(x) = 16 + 20 000 × u(x). La fonction M est décroissante sur l’intervalle.


27

c. A priori non car un objet fabriqué coûte 16 € auquel il faut ajouter la proportion du coût total qui diminue quand le nombre d’objets fabriqués augmente. 1. La fonction f est définie sur ]– ; 0[ 傼 ]0 ; + [, la fonction g sur ]– ; 4[ 傼 ]4 ; + [. 3x − 12 1 3x 1 2. On a f (x) = + , d’où le + et g(x) = x−4 x x x résultat. 3.

4.

120

x

+

0

x

f

+

4

g

3(t – 2) + 1 3t – 5 = t –2 t −2 3(t + 2) + 11 3t − 5 et g(t + 2) = . = (t + 2) – 4 t −2 121 Si x –1 ou x 1, alors g (x) = f (x). Si –1 x 1, alors g (x) = –f (x). g est au-dessus de l’axe des abscisses. 4. f (t – 2) =

𝒞f

y

𝒞|f | = 𝒞g

1

0

x

1

𝒞–f 122 1. Il faut tenir compte du signe de f (x) selon les valeurs de x : f (x) 0 si x est dans l’intervalle [–2 ; 2] et f (x) 0 si x appartient à ]– ; –2] 傼 [2 ; + [. En utilisant la définition de la valeur absolue : si x appartient à ]– ; –2] 傼 [2 ; + [, alors g (x) = 0 ; si x est dans l’intervalle [–2 ; 2], alors g (x) = 2 × f (x) = 8 – 2x2. 2. L’ensemble des solutions est ]– ; –2] 傼 [2 ; + [.

2 2

x

1. On réduit au même dénominateur : 2 (x – 1)(x – 2) 2 x–1+ = f (x). = + x –2 x –2 x –2 2 2 2. On a f (x) = g (x) + , d’où d (x) = . x –2 x –2 Si x 2, alors d (x) 0 et si x 2, alors d (x) 0. 3. Si x 2, alors f (x) – g (x) 0, la courbe est au-dessus de la droite Δ et si x 2, alors f (x) – g (x) 0, la courbe est en dessous de la droite Δ. 123

28

b. Si x 1, alors x3 x2 et si x > 1, alors x3 > x2. 2. On a x3 – x2 = x2 (x – 1). Le signe de x3 – x2 est le même que celui de x – 1. Ce qui confirme le résultat de la question précédente. 3. xn+1 – xn = xn(x – 1). Il faut considérer la parité de n. n est pair : xn+1 – xn a le même signe que x – 1 : x

–

0

+

1

x–1

–

–

xn

+

0

+

xn+1 – xn

–

0

–

0

+ +

0

+

Si x 1, alors xn+1 xn et si x 1, alors xn+1 xn. n est impair : x

–

0

+

1

x–1

–

–

xn

–

0

+

xn+1 – xn

+

0

–

0

+ +

0

+

Si x est dans ]– ; 0] 傼 [1 ; + [, alors xn+1 xn et si x est dans l’intervalle [0 ; 1], alors xn+1 xn. 1. L’inéquation (I) n’a de sens que si x 0 et on a 12 car la fonction carré en élevant au carré : x x + 3 est croissante sur [0 ; + [. Réciproquement, si x 0, 1 alors x + 0 et comme la fonction racine carrée est 3 croissante, on a l’inéquation (I). 12 2 1 2. L’inéquation x x + équivaut à x x2 + x + 3 3 9 1 1 1 et à 0 x2 – x + . Le discriminant vaut – , donc 9 3 3 1 1 l’expression x2 – x + est strictement positive, 9 3 l’ensemble des solution est ⺢. D’après la question 1., cela signifie que l’inégalité (I) est vraie. 3. Du point de vu graphique, la courbe représentative de la fonction racine carrée est en dessous de la droite 1 qui représente la fonction affine définie par g (x) = x + . 3

( )

𝒞g

0

1. a.

125

y

𝒞f

124

( )

126

1.

Si x 0, alors f (x) = –3x + 3 ; si 0 x 3, alors f (x) = x + 3 ; si x 3, alors f (x) = 3x – 3. 2. y 𝒞 y = 3x – 3

y A

𝒞f

1

f

0

x

2,62

1

𝒞g

y=x+3

2. Graphiquement, l’équation n’a qu’une solution qui est l’abscisse du point d’intersection A : environ 2,6. 3. a. Soit α une solution de l’équation x = x – 1, alors α = α – 1 et comme α 0, on a α – 1 0, d’où α 1. b. On suppose x 1, alors x = x – 1 équivaut à ( x )2 = (x – 1)2, c'est-à-dire x = (x – 1)2. c. x = (x – 1)2 équivaut à x2 – 3x + 1 = 0. Cette équation 3+ 5 3+ 5 3– 5 et . Seule est a deux solutions : 2 2 2 plus grande que 1. Conclusion, l’équation x = x – 1 a 3+ 5 . une seule solution 2 127 1. Si x 0, alors |x| = –x 2 et f (x) = x2 – x + 1 = x − 1 + 3 . 2 4

( )

1 2

+

x

12 3 + 2 4

( ) x–

–

3 4

La fonction f est donc décroissante sur ]– ; 0]. 12 3 2. Si x 0, alors |x| = x et f (x) = x2 + x + 1 = x + + . 2 4

( )

+

x

–

12 3 + 2 4

( ) x+

1 2

–

3 4

La fonction f est donc croissante sur [0 ; + [. 3. x

–

+

0

f

1 𝒞g

y

𝒞f

𝒞h

1 0 128

1

x

1. On peut faire un tableau.

x 2 | x|

–

0

+

3

–2x

0

2x

6

2x

| x – 3|

–x + 3

3

–x + 3

0

x–3

f(x)

–3x + 3

3

x+3

6

3x – 3

1 0

1 y = –3x + 3

x

129 1. Remarque : cette propriété n’apparaît nulle part dans les programmes de mathématiques, c’est pour cela que nous demandons de la démontrer. Si a b, alors a + c b + c et si c d, alors b + c b + d. D’où comme b + c apparaît dans les deux inégalités, on déduit a + c b + d. 2. Il faut examiner deux cas. Si x 0, on a |x| = x. Si x 0, alors il est clair que x 0 |x| puisqu’une valeur absolue est toujours positive. 3. a. On a x |x| et y |y| (question 2.) et d’après question 1. on a x + y |x| + |y|. b. On a –(x + y) = (–x) + (–y) |–x| + |–y| = |x| + |y|, d’où la réponse. 4. Si x + y 0, alors |x + y| = x + y |x| + |y| (question 3.) Si x + y 0, alors |x + y| = –(x + y) |x| + |y| (question 4.). On en déduit la propriété de l’inégalité triangulaire. 130 1. Si x 0 et y 0, l’égalité |xy| = |x| × |y| est évidente. Si x 0 et y 0, alors xy 0, d’où |xy| = xy. D’autre part |x| = –x et |y| = –y, ce qui donne |x| × |y| = (–x) × (–y) = xy d’après la règles des signes. Ainsi, –|xy| = |x| × |y|. Si x 0 et y 0, le produit xy est négatif, d’où |xy| = –xy. D’autre part dans ce cas, |x| = –x et |y| = y, ce qui conduit à |x| × |y| = –xy. On en déduit que |xy| = |x| × |y|. On peut refaire la même chose en échangeant le rôle de x et de y. Conclusion : dans tous les cas |xy| = |x| × |y|. 1 2. On sait que, pour x non nul, on a x × = 1, donc, x d’après la question précédente, on déduit que : 1 1 1 |x| × =1, d’où = . x x x La deuxième égalité s’obtient clairement si on remarque x 1 que = x × . y y


29

131 1. La fonction f est définie sur ⺢. 2. a. Si x 0, alors : x2 x2 + 1 1 1 = 2 – = 1– 2 . f (x) = 2 x + 1 x + 1 x2 + 1 x +1 b. Sur l’intervalle [0 ; + [, la fonction x x2 + 1 est croissante et positive. On déduit que la fonction u 1 définie par u (x) = 2 est décroissante sur le même x +1 intervalle. Comme f = –u + 1, la fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; + [. Remarque : on pourrait démontrer de manière analogue que la fonction f est croissante sur l’intervalle ]– ; 0]. 3. a. Comme (–x)2 = x2 et que |–x| = x, l’égalité f (–x) = f (x) est évidente. b. Calculons les coordonnées du milieu du segment x + xM’ x + (–x)’ [MM’] : M = =0 2 2 yM + yM’ f(x) + f(–x)’ f(x) − f(x)’ et = = = 0. 2 2 2 Les coordonnées sont (0 ; 0) : l’origine du repère. c. La courbe est symétrique par rapport à l’origine du repère. d.

2. On suppose que est fixée. Soit f : x 2π × , x 1 alors f (x) = 2π . La fonction racine carrée est x croissante et positive sur ]0 ; + [. Donc la fonction 1 x est décroissante sur le même intervalle et x 1 comme f = k × avec k = 2π 0, on en déduit x que f est aussi décroissante sur ]0 ; + [. Ceci veut dire que si x augmente, f (x) diminue, d’où si g augmente, la période T = f (g) diminue.

132 1. Sur le graphique, on lit f (–1) = 2 et h (–1) = –1. On en déduit que k = 3. Ainsi h = f + 3. 2. Sur le graphique, on lit f (–1) = 2 et g (–1) = – 4. On en déduit que λ = –2. Ainsi g = (–2) × f.

2. a. OM2 = x2 + (f (x))2 = x2 + 9 – x2 = 9, d’où OM = 3. Ainsi si M est un point de la courbe f, alors M est un point du cercle de centre O et de rayon 3. b. Énoncé de la réciproque : si M est un point du cercle de centre O et de rayon 3, alors M est un point de la courbe f. La réciproque est fausse. Soit A (0 ; –3), on a OA = 3 mais f (0) = 3 –3. c. Soit g la fonction définie sur [–3 ; 3] par g (x) = –f (x). Si OM = 3, alors x2 + y2 = 9, d’où y2 = 9 – x2, c'est-à-dire y = 9 − x 2 ou y = – 9 − x 2 . Ainsi, M est un point de f ou un point de g.

133

1. Programme de calcul

Début Variable L, T, g Entrée Saisir L Traitement G := 9,81 L T=2*π* G Sortie Afficher T Fin

Algobox VARIABLES L EST_DU_TYPE NOMBRE T EST_DU_TYPE NOMBRE G EST_DU_TYPE NOMBRE DEBUT_ALGORITHME LIRE L G PREND_LA_VALEUR 9.81 T PREND_LA_VALEUR 2*Math.PI*sqrt(L/G) AFFICHER T FIN_ALGORITHME

134 1. a. Sur l’intervalle [–3 ; 3], 9 – x2 0. On a le tableau

de variation suivant pour la fonction u : x f

–3

0

+3

3 0

0

b. La fonction f = u est croissante sur [–3 ; 0] et décroissante sur [0 ; 3]. x u

–3

0

+3

9 0

0

c.

136 1. Une erreur s'est glissée dans le manuel : il n'y a pas d'exercice 135.

y

TI 1 0 CASIO

30

𝒞f 1

x

2. On a f (0) = f (2) = f (4) = 0 et f (1) = f (3) = 2. Sur [0 ; 2], alors f (x) = ax. Soit x de l’intervalle [2 ; 3], alors f (x) = ax + b’ (les segments sont parallèles) avec f (2) = 2a + b’ = 0. D’où b’ = –2a. Ainsi f (x) = a(x – 2) = f (x – 2).

Sur [1 ; 2], alors f (x) = a’x + b avec f (1) = a’+ b’ = 2.

137

1. a.

Soit x de l’intervalle [3 ; 4], alors f (x) = a’x + b’’ (les

y

A2

segments sont parallèles) avec f (3) = 3a’+ b’’= 2 = a’+ b’, d’où b’’= b’ – 2a. Ainsi f (x) = a’x + b’ – 2a = a’(x – 2) + b’ = f (x – 2).

A1

Conclusion : pour x de l’intervalle [2 ; 4], on a f (x) = f (x – 2). 3. Si 0 x 1, alors f (x) = 2x ; si 1 x 2, f (x) = 4 – 2x.

𝒞

4. Si 2 x 3, alors x – 2 est dans l’intervalle [0 ; 1] et f (x) = f (x – 2) = 2(x – 2) = 2 x – 4. Si 3 x 4, alors x – 2 est dans l’intervalle [1 ; 2] et f (x) = f (x – 2) = 4 – 2(x – 2) = –2x + 8. 5. a.

𝒞’

y 1 0

0,1 A0 0

𝒞 1

12 1 + 2 2

x

• Dans l’intervalle [1 ; 2], on résout 4 – 2x = x , soit 4x2 – 17x + 16 = 0. Cette équation a deux solutions : 17 + 33 17 − 33 et ; une seule est dans l’intervalle 8 8 17 − 33 [1 ; 2] : ≈ 1,407. 8 • Dans l’intervalle [2 ; 3], on résout 2x – 4 = x , soit 4x2 – 17x + 16 = 0. Cette équation a deux solutions : 17 + 33 17 − 33 et ; une seule est dans l’intervalle 8 8 17 + 33 [2 ; 3] : ≈ 2,843. 8 • Dans l’intervalle [2 ; 3], on résout –2x + 8 = x , soit 4x2 – 33x + 64 = 0. Cette équation a deux solutions : 33 + 65 33 − 65 et ; une seule est dans l’intervalle 8 8 33 − 65 [3 ; 4] : ≈ 3,117. 8 6. a. Si 0 x 1, alors |x – 1| = –x + 1 et f (x) = 2 – 2 × (–x + 1) = 2x. Si 1 x 2, alors |x – 1| = x – 1 et f (x) = 2 – 2 × (x – 1) = 4 – 2x. On retrouve l’expression

2

() ( ) ( ) ( )

b. A0A1 =

b. Il y a quatre parties pour résoudre l’équation f (x)= x . • Dans l’intervalle [0 ; 1], on résout 2x = x , soit 1 4x² – x = 0 × (4x – 1) = 0 . Deux solutions : 0 et qui 4 sont dans [0 ; 1].

x

0,1

=

3 . 2

12 1 2 1 3– 2 7–4 2 + 1– = + = . 2 2 2 4 2 3 7–4 2 + L = A0A1 + A1A2 = . 2 4 ⎛ k + 1 k + 1⎞ ⎛k k⎞ 2. Ak = ⎜ ; ⎟. ⎟ et Ak+1 = ⎜ n ; n ⎠ n⎠ ⎝ ⎝n A1A2 = 1–

AkAk+1 = AkAk+1 =

1 n

n –1

D’où L =

2

( ) () ( ( ∑ ( ) k +1 k – n n

k =0

2

2

k +1 – k) . n

+

1 n

2 ⎛ k +1 k⎞ +⎜ – ⎟ n⎠ ⎝ n

2

+

2

k +1 – k) . n

3. Début Variables N, L, k Entrée Saisir N L prend la valeur 0 Traitement Pour k allant de 0 à N – 1 L prend la valeur 1 ( k +1 – k ) + N N2 Sortie Afficher L Fin

L+

2

VARIABLES N EST_DU_TYPE NOMBRE L EST_DU_TYPE NOMBRE K EST_DU_TYPE NOMBRE DEBUT_ALGORITHME L PREND_LA_VALEUR 0 LIRE N POUR K ALLANT_DE 0 A N–1 DEBUT_POUR L PREND_LA_ VALEUR L+sqrt(1/ pow(N,2)+pow(sqrt(K+1)– sqrt(K),2)/N) FIN_POUR AFFICHER L FIN_ALGORITHME

TI

de f dans l’intervalle [0 ; 2]. b. On a, pour x dans l’intervalle [2 ; 4] : f (x) = f (x – 2) = 2 – 2|x – 3|. Chapitre 2 Étude de fonctions

31

CASIO

Pour N = 10, on a L ≈ 1,474 093 8. Pour N = 100, on a L ≈ 1,478 752. Pour N = 1 000, on a L ≈ 1,478 936 5. Il semble que 1,47 L. On peut émettre la conjecture que L 1,479, mais on ajoute de plus en plus de nombres positifs… Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_exercice138.ggb (Geogebra). 1. La construction avec le logiciel ne présente aucune difficulté particulière. 2. a. Comme les droites (d) et (Δ) sont parallèles, l’égalité OI OM’ IM’ provient du théorème de Thalès : . = = ON OP NP IM’ × ON On en déduit que en particulier que NP= . OI b. Si le point M appartient à f, alors les coordonnées de M sont (x ; f (x)) avec x dans l’intervalle [0 ; + [ et f (x) = x2. Par construction, on a OI = 1, ON = x et IM’ = f (x). On en déduit que les coordonnées du point P sont par construction (ON ; NP), c’est-à-dire (x ; x × f (x)). Soit g la fonction définie par g (x) = x × f (x) = x3. Le point P est donc un point de la courbe représentative de la fonction g. 138

1. Les triangles rectangles AMQ, rectangle en A, et NCT, rectangle en C, ont des côtés de l’angle droit de mêmes dimensions. Donc les hypoténuses [MQ] et [NT] sont isométriques. De manière analogue, les triangles MBN, rectangle en B, et PDQ, rectangle en D, ont des côtés de l’angle droit de mêmes dimensions. Ainsi, les hypoténuses [MN] et [TQ] sont isométriques. Le quadrilatère MNPQ a ses côtés opposées de même longueur, c’est donc un parallélogramme. 2. a. On a AM = x et M qui est un point du segment [AB] de longueur 6. Donc 0 x 6. b. MB = 6 – x et NC = 10 – x. 3. a. Le théorème de Pythagore dans le triangle MBN rectangle en B donne MN2 = MB2 + BN2, d’où : MN = x 2 + (6 – x)2 . Donc f (x) = x 2 + (6 – x)2 . b. x2 + (6 – x)2 = 2x2 – 12x + 36 = 2(x – 3)2 + 18. 139

x

0

x2 + (6 – x)2

36

0 18

Comme f (x) = x 2 + (6 – x)2 , on a :

32

6 36

x

0

f

6

0

6 6

3 2

4. a. Le théorème de Pythagore dans le triangle NCP rectangle en C donne NP2 = NC2 + CP2, d’où NP = (10 – x )2 + x 2 . Donc g (x) = (10 – x )2 + x 2 . b. (10 – x)2 + x2 = 2x2 – 20x + 100 = 2(x – 5)2 + 50. x

0

(10 – x)2 + x2

100

5

6 52

50

Comme g (x) = (10 – x )2 + x 2 , on a : x

0

g

10

5

5 2

6

2 13

5. a. L = 2(MN + NP) = 2 (f (x) + g (x)). b. Sur l’intervalle [0 ; 3], les fonctions f et g sont décroissantes. Ainsi, sur l’intervalle [0 ; 3], la fonction h est la somme de deux fonctions décroissantes ; la fonction h est donc décroissante sur cet intervalle. Sur l’intervalle [5; 6], les fonctions f et g sont croissantes. Ainsi, sur l’intervalle [5 ; 6], la fonction h est la somme de deux fonctions croissantes ; la fonction h est donc croissante sur cet intervalle. c. Aucune propriété ne concerne la somme d’une fonction croissante et d’une fonction décroissante. d.

Entre 3 et 5, la fonction h (en pointillés) semble décroissante puis croissante. e. On peut par exemple utiliser le tableau de valeur de la calculatrice. Y1 = f (x), Y2 = g (x) et Y3 = 2*(Y1+Y2) = h (x).

La calculatrice indique que le minimum de la fonction h est entre 3,7 et 3,8. Remarque : le minimum est atteint pour 15 (= 3,75) et 4 vaut 4 34 ≈ 23,32, ce qui se produit quand les côtés du parallélogramme sont parallèles aux diagonales du rectangle.

Si m = 1, l’équation n’a pas de solution d’après la question précédente. Si m 1, Δ est strictement négatif, il n’y a pas de solution. Interprétation graphique : Si m > 1, et m ont deux points communs et si m 1, et m n’ont pas de point commun. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_exercice140.ggb (Geogebra). Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_exercice139.ggb (Geogebra). 140

141 Il y a au total quatre cas suivant les signes. Présentation sous forme de tableau :

1.

En trait « gras » la fonction f, les droites sont les représentations graphiques de h–1, h1 et h3. On a mis l’asymptote verticale. x(x – 1) + 2 2 =x+ 2. a. f (x) = x −1 x –1 2 donc a = 2 et f (x) = g (x) + . x –1 2 , donc f (x) – g (x) a le même signe b. f (x) – g (x) = x –1 que x – 1. Si x 1, alors f (x) g (x) et si x 1, alors f (x) g (x). est en dessus de la droite si x 1 et est en dessous de si x 1. 3. a. La fonction h1 est définie par h1(x) = x. La représentation graphique de h1 est la droite d’équation y = x. b. hm(1) = m × 1 – m + 1 = 1. Donc A(1 ; hm(1)), c’est un point de la représentation graphique de la fonction hm. c. Les coordonnées des points communs à et m vérifient le système formé des deux équations y = f (x) et y = hm(x). Par substitution, les abscisses de ces points vérifient l’équation f (x) = hm(x), c'est-à-dire x 2 – x + 2 = mx – m +1 avec x 1. x –1 Le produit en croix donne : x2 – x + 2 = (x – 1)(mx – m + 1) x2 – x + 2 = mx2 + (1 – 2m)x + m – 1 (1 – m)x2 + (2m – 2)x + 3 – m = 0 avec x ≠ 1 ; d’où la réponse. d. Si m = 1, l’équation devient 0x2 + 0x + 3 = 0. Cette équation n’a pas de solution. e. Si m 1, alors on doit résoudre l’équation (1 – m)x2 + (2m –2)x + 3 – m = 0. Δ = (2m – 2)2 – 4(1 – m)(3 – m) = 8m – 8. Si m 1, alors Δ est strictement positif, il y a deux solutions.

|x| + |y| + 1

x0

x0

y0

–x + y = 1

x+y=1

y0

–x – y = 1

x–y=1

|x| + |y| + 1

x0

x0

y0

y=x+1

y = –x + 1

y0

y = –x – 1

y=x–1

y

y = –x + 1

y = –x – 1

1

|x| + |y| = 1

0

1

x

y=x+1

y=x–1

Prises d'initiatives L’équation xy = x + y équivaut y(x – 1) = x, d’où x y= avec x 1 et si x = 1 l’égalité devient y = 1 + y, x –1 ce qui est toujours faux. Donc l’ensemble cherché est la représentation graphique de la fonction f définie par x f (x) = avec x 1. x –1 x – 1+ 1 1 . Or f (x) = = 1+ x –1 x –1 Sur l’intervalle ]1 ; + [, la fonction x x – 1 est croissante et strictement positive. 1 Donc x 1 + est décroissante sur l’intervalle x –1 ]1 ; + [. 142


33

Sur l’intervalle ]– ; 1[, la fonction x x – 1 est croissante et strictement négative. 1 Donc x 1 + est décroissante sur l’intervalle x –1 ]– ; 1[. Représentation graphique : y 𝒞 1 0

x

1

On a (x – 1)2 + y2 = 2, d’où y2 = 2 – (x – 1)2. Il faut que 2 – (x – 1)2 0, soit –x2 + 2x + 1 0, c'est-à-dire que x est dans l’intervalle [1 – 2 ; 1 + 2]. On note f (x) = 2 – (x – 1)2 et g (x) = 2 – (x – 1)2 définie sur [1 – 2 ; 1 + 2]. On a donc y = 2 – (x – 1)2 ou y = – 2 – (x – 1)2 . Variations : 143

x

f

1+ 2

2

2 – (x – 1)2 x

1

1– 2 0

0

1– 2 0

x

1– 2

g

0

1

1+ 2

2

0

0

1+ 2 0

– 2

Ainsi : y 𝒞f

1

0 𝒞g

34

1

x

Remarque : La représentation graphique est le cercle de centre A (1 ; 0) et de rayon 2 . 2x + 3 144 On considère la fonction g : x , elle est x +1 définie si x –1. On a 2x + 3 = 2x + 2 + 1 = 2 + 1 . x +1 x +1 x +1 Sur l’intervalle [0 ; + [, la fonction x x + 1 est croissante et strictement positive. 1 Donc x 2 + est décroissante sur l’intervalle x +1 [0 ; + [. Ainsi si 0 x 0,09, alors 0 x 0,3 et g (0) g ( x ) g (0,3). Conclusion : 2 x + 3 36 3 13 2,77. x +1 145 On a f (a × b) = f (a) + f (b), où a et b entier (i). Si l’entier n à 3 pour chiffre des unités, alors f (n) = 0 (ii); f (10) = 0 (iii) ; f est positive (iv). D’après (ii), f (2013) = 0. Soit n = 2011 × 2013, alors le chiffre des unités de n est 3, d’où f (n) = 0. Ainsi : 0 = f (2011 × 2013) = f (2011) + f (2013) = f (2011) + 0. Conclusion : f (2011) = 0. D’après (iii), f (10) = 0 = f (2) + f (5). Or d’après (iv), f est positive, la seule possibilité est d’avoir f (2) = 0 et f (5) = 0. 2012 = 2 × 2 × 503. Ainsi : f (2012) = f (2) + f (2) + f (503) = f (2) + f (2) = 0. Donc f (2012) = 0. 2014 = 2 × 19 × 53, donc : f (2014) = f (2) + f (19) + f (53) = 0 + f (19) + 0 = f (19). Or 19 × 7 = 133, donc : f (133) = f (19 × 7) = f (19) + f (7). D’après (ii), on a : 0 = f (19) + f (7). D’après (iv), f est positive, la seule possibilité est d’avoir f (19) = 0 et f (7) = 0. Conclusion : on a f (2014) = f (19), donc f (2014) = 0.


1 Optimisation d’une distance avec un logiciel de géométrie et recherche d’une aire

Ce TP permet de déterminer le minimum d’une fonction racine carrée de deux façons. Il propose aussi une évaluation d’aire en utilisant le logiciel. A. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_TP1A.ggb (Geogebra). L’utilisation du fichier dynamique, en observant la valeur de a, donne un minimum de1,94 pour la longueur AM. B. 1.

C. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 02S_TP1C.ggb (Geogebra). 1. Construction et aire du triangle AMN.

Théoriquement, l’aire vaut : MN × NA 3, 5 × 0, 5 3, 5 ≈ 0,467 7. = = 4 2 2

AM2 = (4 – x)2 + ( x ) = x2 – 7x + 16, d’où AM = x 2 – 7x + 16 . f (x) = x 2 – 7x + 16 . 2. a. On vérifie que x2 – 7x + 16 = (x – 3,5)2 + 3,75. x

0

x2 + 7x + 16

16

0

6

3,75

Donc sur l’intervalle [0 ; +∞[, le sens de variation de la fonction u : –

x

3,5

x2 + 7x + 16

+

Avec les valeurs indiquées, on trouve une aire de 4,8.

3,75

TP

On a f = u . x

0

f

4

3,5

+

3,75

Le minimum de la longueur AM est 3,75 ≈ 1,936. 3. Le point est unique, ses coordonnées sont (3,5 ; 3,75).

2 Une courbe originale

Cette courbe est une ellipse. Elle est construite à l’aide de deux fonctions. Le logiciel permet de mettre en évidence les propriétés des foyers. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 02S_TP2.ggb (Geogebra), 02S_TP2.dfw (Derive), 02S_TP2.xws (Xcas). A. 1. L’équation 16x2 + 25y2 – 64x – 336 = 0 équivaut à 25y2 = –16x2 + 64x + 336 25y2 = 16(–x2 + 4x + 21) 16 × (–x2 + 4x + 21), y2 = 25 16 d’où la réponse y2 = h(x). 25 Chapitre 2 Étude de fonctions

35

2. L’égalité est équivalente à : 16 16 h(x), h(x) ou y = – y= 25 25 4 4 c'est-à-dire y = h(x) ou y = – h(x) . 5 5 3. Les deux courbes sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses. En effet, soit M1 et M2 des points de 1 et 2 respectivement qui ont la même abscisse. 4 4 Alors M1 : x ; h(x) . h(x) et M2 : x ; – 5 5

(

(

)

)

Le milieu de [M1M2] a pour coordonnées (x ; 0), il est donc sur l’axe des abscisses et comme le repère est orthonormé, cet axe est perpendiculaire à [M1M2], c’est donc la médiatrice. B. 1. On a h (x) = –x2 + 4x + 21 ; h (x) 0, donc Δ = 100, x1 = –3 et x2 = 7. Le coefficient de x2 est négatif, donc l’ensemble des solutions de l’inéquation est [–3 ; 7]. 2. Forme canonique : h (x) = –(x – 2)2 + 25, d’où le sens de variation sur l’intervalle [–3 ; 7] : x h

–3

2

7 0

4 3. Comme f = × h. La fonction h a le même sens de 5 variation que la fonction h. 4 On multiplie h par 0, 5 les fonctions f et h ont le même sens de variation. 4.

y

𝒞 1 0

1

C. 1. La courbe est la courbe f et g.

36

3. On constate que MF + MF’ = 10. 2 D. 1. MF2 = (5 – x)2 + (y – 0)2, d’où MF = (5 – x ) + y 2 MF’2 = (1 – x)2 + (y – 0)2, d’où MF’ = (1– x )2 + y 2 .

25 0

2. Le point A (2 ; 0) semble être le centre de symétrie. Avec le logiciel, on peut utiliser la fonction« symétrie centrale » de centre A et vérifier que le point M’ obtenu est toujours sur la courbe g quand M décrit la fonction f .

x

2. MF = (5 − x )2 +

(

16 h(x) 25

2

)

d’après la question.

16 (–x 2 + 4x + 21), d’où le résultat. 25 De la même façon, on monterait que : 16 MF’ = ( x + 1)2 + (–x 2 + 4x + 21). 25 abs(3 * x – 31) 3. On obtient a = . 5 3x – 31)2 ( Remarque : En fait, on a MF2 = . 25 abs(3 * x + 19) 4. On obtient b = . 5 3x + 19)2 ( Remarque : En fait, on a MF2 = . 25 5. et 6. On retrouve a + b = 10. Si M est un point de la courbe , alors MF + MF’ = 10. Ainsi MF = (5 − x )2 +

CHAPITRE

3

Dérivation



Dérivation Nombre dérivé d'une fonction en un point.

Tangente à la courbe représentative d'une fonction dérivable en un point.

Commentaires Le nombre dérivé est défini comme limité du taux d'accroissement f (a + h) – f (a) quand h tend vers h 0. On ne donne pas de définition formelle de la limite.

• Tracer une tangente connaissant le nombre dérivé.

L'utilisation des outils logiciels facilite l'introduction du nombre dérivé.

Fonction dérivée. Dérivée des fonctions usuelles : 1 x x , x x et x xn (n entier naturel non nul).

• Calculer la dérivée de fonctions.

Dérivée d'une somme, d'un produit et d'un quotient.

On évite tout excès de technicité dans les calculs de dérivation. Si nécessaire, dans le cadre de la résolution de problèmes, le calcul de la dérivée d'une fonction est facilité par l'utilisation d'un logiciel de calcul formel. Il est intéressant de présenter le principe de démonstration de la dérivation d'un produit.

B Notre point de vue L’objectif de ce chapitre est d’introduire les notions de nombre dérivé d’une fonction et de tangente à sa courbe représentative, en un point. Nous avons ensuite défini la fonction dérivée et énoncé les propriétés sur les opérations, afin d’entraîner les élèves à calculer des dérivées. Ce travail se poursuivra par la suite dans le chapitre 4. Nous avons utilisé un langage intuitif dans deux approches : l’une numérique (concernant la limite en 0), pour définir le nombre dérivé à partir d’un taux d’accroissement, l’autre graphique (passage du coefficient directeur d’une sécante à celui d’une droite qui occupe une position limite). La notation de limite est simplement mentionnée. Le calcul du nombre dérivé d’une fonction, à partir du calcul de la dérivée, est utilisé dans la détermination d’une équation de tangente. Nous avons fait le choix de donner des énoncés de cours simples illustrés d’exemples. Les savoirs-faire sont constitués d’exercices élémentaires, applications immédiates du cours. Dans le choix des exercices, nous en avons proposé plusieurs liés à des lectures graphiques. De nombreux exercices permettent aux élèves de s’entraîner au calcul de dérivées et à la détermination d’une équation de tangente. Plusieurs exercices proposent des démonstrations, des activités de logique ou des références historiques. Chapitre 3 Dérivation

37

Quelques exercices s’appuient sur des situations prises en dehors des mathématiques. L’utilisation des TICE a été développée à plusieurs endroits dans le chapitre : – Pour les calculatrices, nous avons présenté, dans les pages de Savoir-faire, les instructions relatives au calcul d’un nombre dérivé et au tracé d’une tangente. Ces instructions sont ensuite utilisées dans de nombreux exercices. – Pour les logiciels, nous avons indiqué plusieurs utilisations d’un logiciel de géométrie dynamique et d’un logiciel de calcul formel pour le tracé de tangentes ou le calcul de dérivées introduit dans l’un des savoir-faire. Nous avons privilégié l’utilisation des TICE, non seulement pour calculer des dérivées ou tracer des courbes et des tangentes, mais aussi pour conjecturer ou contrôler un résultat. Dans la page « Chercher avec méthode », l’énoncé choisi permet de mettre en œuvre plusieurs des méthodes introduites dans le chapitre : calcul de la dérivée d’un quotient de deux fonctions, application au calcul d’un nombre dérivé, détermination d’une équation de tangente. De plus, il est possible, ici, de contrôler certains des résultats obtenus, à l’aide d’une calculatrice : calcul du nombre dérivé et détermination de la tangente (tracé et équation).

Les notions abordées dans le chapitre 3 1. Nombre dérivé et tangente 2. Fonction dérivée 3. Dérivées et opérations

C Avant de commencer Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point d’une part sur la notion de coefficient directeur d’une droite et d’autre part sur le tracé et la détermination d’une équation de droite.

b. y = –2x + 2.

10 a. et b. y 1

Se tester avec des QCM 1 B;

2 C;

3 A;

4 C;

5 D;

’

B

6 B. 4

Se tester avec des exercices

A

7 – 0,4.

2

8 a. y = 2x + 1. b. y = –x + 4. c. y = 3. 9 a.

y

0

2

x

1 0

x

1

c. y = 4x + 6.

11 a. f (2) = 9 et f (2 + h) = 9 + 8h + 2h². A

b. f (2) = 1 et f (2 + h) =

1 2 B

38

1 1 = . 2 + h − 1 1+ h


1 Une histoire de vitesse

Cette activité introduit le nombre dérivé comme limite d’un taux d’accroissement. Elle s’appuie sur une situation introduisant les notions de vitesse moyenne et de vitesse instantanée . L’idée de limite est abordée ici, de manière très intuitive. 1. La vitesse moyenne entre 0,46 s et 0,54 s est égale 0, 94 à soit 11,75 m . s–1. 0, 08 0,192 Entre 0,48 s et 0,52 s, elle est égale à soit 0, 04 –1 . 4,8 m s .

pratiquement rectiligne et se confond donc avec celui d’une droite, qui est ici donnée. Pour l’utilisation de la fonction Zoom de la calculatrice, on se reportera, pour une calculatrice Texas à la page 272 et pour une calculatrice Casio à la page 276. 1. La première copie d’écran correspond à la fenêtre standard. Les deux autres ont été obtenues par deux agrandissements successifs autour du point A. Le dernier tracé est pratiquement rectiligne.

2. a. La vitesse moyenne entre les instants t = 0,5 et t = 0,5 + h est égale à 4,9 + 4,9 h pour h ⬎ 0. b. Il faut lire la vitesse moyenne s’approche de plus en plus de 4,9 lorsque h s’approche de 0. Lorsque h prend les valeurs 0,1 ; 0,01 et 0,001, on obtient respectivement pour la vitesse moyenne : 5,39 ; 4,949 ; 4,9049. La vitesse instantanée à l’instant t = 0,5 est égale à 4,9 m . s–1.

Activité

2 Animation autour d’un point

Cette activité permet d’introduire le nombre dérivé comme limite des coefficients directeurs des sécantes à une courbe passant par un point fixé de la courbe. On pourra ainsi introduire la notion de tangente à la courbe au point considéré. Cette activité utilise le fichier 03S_activite2.ggb disponible sur www.bordas-indice.fr qui permet une présentation à la classe en vidéo-projection. Cependant la copie d’écran donnée permet de traiter l’activité sans utiliser d’ordinateur. Pour l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique, on pourra se reporter aux pages 266 à 269. 1. On observe que les coefficients directeurs des droites (AM) se rapprochent de 2 lorsque l’abscisse de M se rapproche de 1, par valeurs supérieures ou par valeurs inférieures à 1. Pour x égal à 1, le logiciel affiche « ? » . Le rapport n’est pas défini. 2. a. Le point A a pour coordonnées (1 ; f (1)), soit A(1 ; –1). Les coordonnées de M sont (1 + h ; f (1 + h)). Donc r (h) le coefficient directeur de (AM) est égal à f (1+ h) − f (1) . On a f (1 + h) – f (1)= h2 – 2h. Par suite h r (h)= h – 2. b. La valeur limite de r (h) quand h s’approche de 0 est –2.

Activité

3 Une courbe à la loupe

Dans cette activité, on fait observer à l’élève qu’au voisinage d’un point donné, le tracé de la courbe est

2. Le tracé de la courbe est confondu avec celui de la droite .

3. Les deux tracés sont maintenant distincts.

Activité

4 D’une courbe vers la courbe de la dérivée

Il s’agit dans cette activité de déduire du tracé de la représentation graphique d’une fonction l’allure du tracé de la représentation graphique de sa fonction dérivée. Chapitre 3 Dérivation

39

1. On lit f ’ (–1) = 2, f ’ (0) = –1 et f ’ (1) = 2. 2. a. Les droites T2 et T4 ont même coefficient directeur : –0,25. b. On a donc f ’ (0,5) = f ’ (–0,5) = –0,25. 3. On obtient le tracé suivant : y

E 𝒞f

1

B

{

𝒞g

A

4 . a. Il faut lire A et B au lieu de A1 et A2. Les coordonnées de C sont (0 ; –1). Donc g (0) = c = –1. Les coordonnées de A sont (–1 ; 2) donc g (–1) = 2 ; celles de B sont (–0,5 ; –0,25) donc g (–0,5) = –0,25. Les réels a et b sont donc solutions du système a − b −1= 2 ; on obtient b = 0 et a = –3. 0, 25a − 0, 5b − 1 = −0, 25 b. Il faut lire D et E au lieu de A4 et A5. Ainsi g (x) = 3x² – 1. L’ordonnée de D est f ’ (0,5) = –0,25 et g (0,5) = – 0,25. L’ordonnée de E est f ’ (1) = 2 et g (1) = 2.

0

D 1

x

C


8

1. et 2. y

On a f (4) = –5 ; f (4 + h) = –5 – 2h donc le taux

1

d’accroissement r (h) est égal à –2, pour h 0. 2

Comme f (–1) = 2 et f (–1 + h) = h² – 2h + 2, on a

0

f (–1 + h) – f (–1) = h² – 2h, d’où r (h) = h – 2 pour h 0. 3

B

On a f (1) = 3 et f (1 + h) = 3h² + 6h + 3,

1 C

A

d’où r (h) = 6 + 3h. 4

1. Soit r (h) le taux d’accroissement de f entre –2 et

–2 + h. On a f (–2)= 3 et f (–2 + h) = h² – 3h +3 donc f(−2 + h) − f(−2) = h – 3 pour h ≠0. r (h) = h 2. Quand h tend vers 0, le taux a pour limite –3. Donc f est dérivable en a = –2 et f ’ (–2) = –3.

Pour 3., plusieurs tracés sont possibles. 1. f ’ (x) = 2x + 5. 2. f ’ (3)= 11 et f ’ (1)= 7. 1 10 1. f ’ (x) = 1 – . x2 8 et f ’ (1)= 0. 2. f ’ (3) = 9 9

5

On lit f ’ (–2) = –3.

6

On a f (–1) = 1 et f ’ (–1) = 2.

7

On a f ’ (1) = 2 et f ’ (0) = –1.

40

x

11

C’est le nombre dérivé de f en 2, soit –12.

12

1. Voici le tracé obtenu : y

A

1

3. On utilise l’instruction nbreDériv( pour Texas et d/dx pour Casio. 1 19 1. k (–1) = –1 et k (–1 + h) = . −1+ h 2. Le taux d’accroissement de k entre –1 et –1 + h est 1 égal à . h −1 Il a pour limite –1 quand h tend vers 0. Donc k est dérivable en –1 et k’ (–1) = –1. 3. On utilise l’instruction nbreDériv( pour Texas et d/dx pour Casio. 1. On a f (1) =1 et f (1 + h) = 1 + 3h + 3h2 + h3. Le taux d’accroissement est donc h2 + 3h + 3. 2. Ce taux a pour limite 3 lorsque h tend vers 0. Donc f est dérivable en 1 et f ’ (1) = 3. Pour les exercices 21 à 26, on calcule le taux r (h), entre a et a + h, de la fonction donnée, puis la limite de ce taux lorsque h tend vers 0. 21 r (h) = –3 et f ’ (4) = –3. 22 r (h) = –h – 2 et f ’ (4) = –2. −2 23 r (h) = et f ’ (0) = –2. 2h + 1 24 r (h) = h + 1 et f ’ (1) = 1. −1 25 r (h) = et f ’ (–2) = 1. h −1 1 26 r (h) = et f ’ (2) = 1. h +1 1 27 1. On a r (h) = h + 3 − 3 = . h h+3 + 3 1 2. Lorsque h tend vers 0, r (h) a pour limite , donc 2 3 1 3 = . f est dérivable en 2 et f ’ (2) = 6 2 3 28 Vrai. 20

0

1

x

2. Une équation de T est y = – 4x – 4. 3. On peut se reporter pour Texas à la page 273 et pour Casio à la page 277. Le point de contact a pour coordonnées (4 ; 2). 1 Le coefficient directeur de la tangente est f ’ (4) = . 4 1 Une équation de la tangente est y = x + 1. 4 14 1. On a u’ (x) = 2 et v’ (x) = –1. 2. f est le quotient des fonctions u et v. −1 . Ainsi f ’ (x) = (3 − x)2 15 1. La fonction f est l’inverse de la fonction u définie sur ⺢, par u (x) = 3x² + 5. 1’ u’ 2. On sait que = – 2 . Or u’ (x)= 6x, u u 6x donc f ’ (x)= – . (3x 2 + 5)2 16 1. f ’ (x) = 8x – 3. 2. f ’ (x) = 3x² + 2x + 1. −23 . 3. f ’ (x) = (3x + 5)2 13

()

POUR S’ENTRAÎNER

29 Faux. En effet le taux d’accroissement a pour limite –8 et non –2 quand h tend vers 0. 30

Vrai.

Le point A a pour coordonnées (–1 ; 2). Le coefficient directeur de T est –3. Une équation de T est y = –3x – 1. 32

1. On a f (–1) = 2 et f (–1 + h) = h² – 3h + 2. 2. Le taux d’accroissement de f entre –1 et –1 + h est égal à h – 3. Il a pour limite –3 quand h tend vers 0. Donc f est dérivable en –1 et f ’ (–1) = –3. 3. On obtient l’écran suivant : 17

TI

33

On a f ’ (4) = –3. L’ordonnée de A est –14.

Il faut lire que f est dérivable en 4 (et non en 2). 34

1. On obtient le tracé suivant : y

CASIO

𝒞

T 1

1. On a g (2) = 0 et g (2 + h) = –h² – 2h. 2. Le taux d’accroissement de g entre 2 et 2 + h est égal à –h – 2. Il a pour limite –2 quand h tend vers 0. Donc g est dérivable en 2 et g’ (2) = –2. 18

A 0

1

x

Chapitre 3 Dérivation

41

2. Une équation de T est y = x – 1. 3. On obtient l’écran suivant : TI

On obtient la figure suivante : y

A

CASIO

1

𝒞 T” 0 1

35

y

T

T

A

1

0

T’

Les équations des droites T, T’ et T’’ sont respectivement : y = – 4x – 4 ; y = –2x – 1 et y = 4x – 4. x

1

𝒞

39 Faux, car les nombres dérivés de f et g en A ne sont pas nécessairement égaux. 40

Vrai.

41

Vrai.

( 31) = 5. 1 4 . b. g ’ (x) = 4x , donc g’ (3) = 108 et g ’( ) = 3 27 1 1 1 c. h ’ (x) = – x , donc h ’ (3)= – 9 et h ’ ( ) = –9. 3 42

2. Une équation de T est y = 3x – 2. 3. Se reporter à la page 273 pour Texas et à la page 277 pour Casio. 36

x

1. On obtient le tracé suivant :

a. f ’ (x) = 5, donc f ’ (3) = f ’ 3

2


a. f ’ (x) = 3x², donc f ’ (–1)= 3 et f ’ ( 2 ) = 6. b. g ’ (x) = 4x3, donc g ’ (–1)= –4 et g ’ ( 2 ) = 8 2 . c. h ’ (x) = –2, donc h ’ (–1)= –2 et h ’ ( 2 ) = –2. 43

y 𝒞

a. f ’ (x) = 0, donc f ’ (0,01) = 0 et f ’ (3) = 0. 1 1 1 b. g ’ (x) = , donc g ’ (0,01) = et g ’ (3) = . 0,2 2 3 2 x c. h ’ (x) = 2x, donc h ’ (0,01) = 0,02 et h ’ (3) = 6. 1 45 3. Il faut lire 1 , (et pas ). 2 3 2 x 1 1 46 1. f ’ (–2) = – et f ’ 2 = –4. 4 1 1 2. Il y a deux solutions : – et . 3 3 3. Il n’y a pas de solution. 44

A

1

0

x

1 T

2. Une équation de T est y = –x + 2. 3. Se reporter à la page 350 pour Texas et à la page 354 pour Casio. Attention, la correction en fin d'ouvrage est erronée. Vous trouverez ci-dessous la bonne correction. 1. On lit graphiquement f ’ (–1) = 3 et f ’ (2)= –6. 2. On lit de même que l’ordonnée de A est –4 et celle de B, 5. La tangente T1 est la droite passant par A de coefficient directeur 3. Une équation de T1 est y = 3x + p telle que –4 = –3 + p ; d’où p = –1. Une équation de T1 est donc y = 3x – 1. De même une équation de T2 est y = –6x + 17. 37

38 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 03S_exercice38.ggb (Geogebra).

42

()

1. On a f ’ (x) = 3x², d’où : a. f ’ (0) = 0 ; b. f ’ (2) = 12 ; c. f ’ (–1) = 3 ; d. f ’ (12) = 432. 2. On résout l’équation f ’ (x) = 4, soit 3x² = 4. 2 2 Il y a deux valeurs : – et . 3 3 3x² est un réel positif. Il n’y a pas de réel x tel que f ’ (x) = –108. 47

f ’ (x) = 3x², donc : 1. vrai ; 2. vrai ; 1 49 g (x) = – 2 , donc : x 1. faux ; 2. faux ; 48

3. vrai. 3. vrai.

1. f ’ (x) = 2x ; le coefficient directeur de T est f ’ (–2), soit –4. Une équation de T est y = –4x – 4. 2. 50

y

T’

𝒫

y

T

1

A

ℋ

A 𝒞

1

T

1. Les coordonnées de A vérifient les deux équations. 2. Les équations à et à des tangentes T et T’ sont respectivement y = 2x – 1 et y = 0,5x + 0,5. 1 1 56 L’équation = a pour solution 9. Les 2 x 6 coordonnées de A sont donc (9 ; 3). Une équation de 1 T est y = x + 1,5. 6 57 1. Une équation de T est y = –4x + 4. 2. On obtient la figure suivante : 55

0

1 x

g ’ (x) = 3x² ; le coefficient directeur de T est g ’ (–2), soit 12. Une équation de T est y = 12x + 16. 51

Le coefficient directeur de la tangente doit être égal à 4. On résout l’équation 2x = 4. Cette équation a une seule solution : 2. Le point A a pour abscisse 2. 52

53

1. T a pour équation y = –2x – 1.

2.

y

y A

x

0

1

𝒞

A

1 1 0

1

ℋ

x

T

0

3. a. On résout l’équation 2x = –6. Cette équation a une seule solution : –3. b. Le point de contact a pour coordonnées (–3 ; 9). y 𝒞

T

T’

1

0

A

1

T

1 3. On résout l’équation – 2 = – 4. Cette équation x 1 1 a deux solutions 2 et – 2 . 1 Les coordonnées des points de contact sont ;2 2 1 ; –2 . et 2 1 58 1. a. On a f ’ (2) = – . Une équation de T est : 4 1 y = – 4 x + 1. 1 1 3. a. L’équation – 2 = – admet deux solutions : 4 x 2 et –2. La tangente T’ à la courbe au point d’abscisse –2 est parallèle à T. Voici les tracés demandés :

(

B x

54 1. Les coordonnées de A vérifient les deux équations. 2. Les équations à et à des tangentes en A sont respectivement y = 2x – 1 et y = –x + 2. 3. On obtient la figure suivante :

x

1

)

( )


43

y

63

ℋ

1 B

A

0

T

1

1

T’

1. Se reporter à la page 350 pour Texas et à la page 354 pour Casio. 2. La courbe est située au-dessus de la tangente T. 3. Une équation de T est y = 2x – 1. 4. Correctif : il faut lire d (x) = (x – 1)2. La différence d (x) est positive sur ⺢. Ce qui prouve la conjecture faite dans la question 2.

0

59

61

y

1.

1. On obtient l’écran suivant : TI

CASIO

x

1

1 2. L’équation de la tangente au point M a ; est : a x 2 y=– 2 + . a a 3. Ses intersections avec les axes sont A(2a ; 0) et 2 B 0; . a 1 4. Le milieu de [AB] a pour coordonnées a ; . a C’est le point M, quel que soit a. 1 64 1. On résout l’équation = 1. 2 x 1 Elle a pour solution unique . 4 1 1 ; Le point A a pour coordonnées . 4 2 1 2. Une équation de T est y = x + . 4 65 Le coefficient directeur de T est 3. 1 1 = 3 a pour solution . L’équation 36 2 x 1 La tangente T’ à ’ au point d’abscisse est parallèle 36 à T.

( )

( )

( )

(

On peut choisir comme fenêtre : Xmin = –2 ; Xmax = 3 ; Ymin = –8 et Ymax = 11. Sur ]– ∞ ; 2] la courbe est au-dessous de T. Sur [2 : + ∞[ la courbe est au-dessus de T. 2. Une équation de T est y = 3x + 2. 3. On développe (x – 2)(x + 1)2 pour obtenir l’égalité. 4. L’abscisse de B est la deuxième solution de l’équation x3 = 3x + 2. Le point B a pour coordonnées (2 ; 8). 5. Le signe de (x – 2)(x + 1)2 est celui de x – 2 ; on démontre ainsi la conjecture faite dans la question 1. Il faut lire AIDE : question 4. 1. T a pour équation y = 3x – 2. 2. L’équation 3x2 = 3 a pour solutions –1 et 1. Le point B a pour coordonnées (–1 ; –1). 3. T’ a pour équation y = 3x + 2. 4. On obtient : 62

y

𝒞

71

f ’ (x) = 12x².

72

g ’ (x) = – 6x.

73

h ’ (x) = –12x – 7.

74

k ’ (x) = 15x² – 4x + 3.

h ’ (x) = x4 – x3 – 2,5x. 1 76 k ’ (t) = – 4t ² + . 2 77 1. On a f ’ (x) = 2(4 – 3x) + (2x – 1) × (–3) = –12x + 11. 2. f (x) = –6x² + 11x – 4 d’où f ’ (x) = –12x + 11. 3. On obtient la même expression développée. On applique la formule (uv)’ = u’v + uv’ ; 3 1 3 f ’ (x) = x + x × = x ; donc k = 2 . 2 x 2 79 On applique la formule (uv)’ = u’v + uv’ ; 1 f ’ (x) = 2x x + x² × ; or x² = x( x )² ; 2 x x x 5 5 = x x , donc k = . par suite f ’ (x) =2x x + 2 2 2 78

0

1

B T’

44

T

Faux. En effet, f ’ (x) = –6 donc f ’ (1) = –6.

Faux. En effet, f ’ (x) = 3x² donc f ’ (2) = 12. 1 68 Faux car f ’ (x) = 2x et g ’ (x) = – . x2 D’où f ’ (1) =2 et g ’ (1) = –1. 1 69 Faux car l’équation – = 3 n’a pas de solution. x2 70 Vrai. 67

75

A

1

66

)

x

4 . (3 − 4x)2 7 81 g ’ (x) = . (3x − 4)2 4x 82 h ’ (x) = . (x 2 +1)2 83 La fonction f est dérivable sur ]–1 ; + ∞[ et 2 f ’ (x) = . (x +1)2 84 La fonction g est dérivable sur ]–4 ; + ∞[ 5 et g’ (x) = . (x + 4)2 85 La fonction h est dérivable sur ]2,5 ; + ∞[ 4 et h’ (x) = . (2x − 5)2 86 La fonction p est dérivable sur ]3 ; + ∞[ et 13 p’ (x) = . (3 − x)2 88 1. La fonction g est dérivable sur I, comme quotient de deux fonctions dérivables sur I, dont le dénominateur ne s’annule pas sur I. x 2 − 2x g’ (x) = . (x −1)2 2. g (x) s’écrit sous la forme d’une somme de deux fonctions. 1 (x −1)2 −1 x 2 − 2x = = 3. g’ (x) = 1 – . (x −1)2 (x −1)2 (x −1)2 On retrouve le résultat obtenu dans la question 1. 80

f ’ (x) =

89 2. f est une somme de fonctions dérivables sur ⺢, donc f est dérivable sur ⺢ et f ’ (x) = –2x + 2. 3. Les coefficients directeurs sont 2 et 0. 4. On obtient la figure suivante :

y

(

y

𝒞 1

)

𝒞

1 0

x

1 A T

2. f ’ (x) = 2x – 4 ; la condition est donc 2x – 4 = 2 d’où x = 3. Les coordonnées de A sont (3 ; –2). Une équation de la tangente est y = 2x – 8. 94

1.

y 𝒞

A

T

1

0

De plus les coordonnées de A vérifient les équations de et de . 1 2. L’équation f ’ (x) = –1 admet deux solutions : 1 et – . 3 Il existe donc une autre tangente à parallèle à . 1 4 Le point de contact a pour coordonnées − ; . 3 27 5 . La tangente a pour équation y = –x – 27 2 92 f ’ (x) = – +1; x2 7 le coefficient directeur est f ’ (4) = . 8 1 1 ; le coefficient directeur est g ’ (4)= – 2 . g ’ (x) = – x 93 1.

1 x 0

x

1 T

1. On a f ’ (x) = 2x – 2. L’équation f ’ (x) = 2 admet une solution unique 2. 2. Puisque f (2) = 0, le point de contact a pour coordonnées (2 ; 0). Une équation de la tangente est y = 2x – 4. 90

1. L’écran de la calculatrice permet de conjecturer que est tangente à au point A(1 ; 0). On a f ’ (x) = –3x² + 2x. Donc f ’ (1) = –1 qui est le coefficient directeur de . 91

2. f ’ (x) = –4x + 4 ; la condition est donc – 4x + 4 = –2, 3 3 5 d’où x = . Les coordonnées de A sont . ; 2 2 2 11 Une équation de la tangente est y = –2x + . 2 2x 95 1. On a f ’ (x) = 2x – 4 et g ’ (x) = . 3 f (3)= 3 et f ’ (3) = 2. De même g (3) = 3 et g’ (3) = 2. 2. Les courbes représentatives de f et de g ont pour point commun le point de coordonnées (3 ; 3). En ce point elles ont une tangente commune de coefficient directeur 2.

(

)


45

97

L’expression f (x) est de la forme f (x) = ax2 + bx + c.

99

1. On obtient l’écran suivant : TI

On a f (0) = 5 donc c = 5.

CASIO

’ est la représentation graphique de la fonction g définie par g (x) = –2x² + 4x + 1. On a g (2) = 1 donc f (2) = 1. Le point A(2 ; 1) est commun aux courbes et ’. Puisque f (2)=1, 4a + 2b + 5 = 1 ; soit 2a + b = –2. En outre g’ (x) = –4x + 4, donc g’ (2)=-4. et ’ ont même tangente en A. Donc f ’ (2) = – 4. Or f ’ (x) = 2ax + b, par suite 4a + b = –4. Les réels a et b sont donc solutions du système :

2. La courbe est en dessous de T. 3. Une équation de T est y = –x + 3. 4. a. f (x) – (–x + 3)= –(x – 2)2 ; cette différence est négative sur ⺢. b. Donc f (x) ⭐ –x + 3 ; par suite la courbe est en dessous de T. On a f ’ (x) = –3x² + 2x. Le coefficient directeur de (d) est –1. On résout donc l’équation f ’ (x) = –1. Cette 1 équation a pour solutions – 3 et 1. Il existe donc deux tangentes parallèles à (d). Les points de contact ont 1 4 et (1 ; 0). pour coordonnées − ; 3 27 Les équations de ces tangentes sont respectivement 5 y = –x – 27 et y = –x + 1. x 4 + 3x 2 +10x 101 f ’ (x) = . (x 2 +1)2 9 6 102 f ’ (x) = 10x + 14x + 12x5 + 4x3 + 12x2. 100

4a + b = −4 2a + b = −2

{

On obtient a = –1 et b = 0. D’où (x) = –x² + 5. Une équation de la tangente commune est y = –4x + 9. On a la figure suivante : 𝒫

y

T

𝒫’ A

1

1. On peut choisir comme fenêtre : Xmin = 0 ;

f ’ (x) =

(3x 2 +1) x(x 2 +1) . 2x(x 2 +1)

104

f ’ (x) =

3x 2 + 8x . 2 x + 2(x + 2)

105

f ’ (x) =

(x −1)(x +1) . (x 2 + x +1)2

106

f ’ (x) = –

107

f ’ (x) = –

108

f ’ (x) = 3x² + 6x – 2 –

Xmax = 1,5 ; Ymin = –1 et Ymax = 3. Avec la commande Trace, on obtient une approximation de l’abscisse du point d’intersection de la courbe : 0,8.

CASIO

2. L’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans [0 ; 1,5]. 3. a. Une équation de la tangente est y = 2,42x – 2,02. b. On obtient comme approximation : 0,83.

46

x(x 4 + 2x 2 −1) . (x 2 +1)(x 4 +1)3 (x − 3)(x 3 − x 2 − 44x + 72) . x 4(x − 2)2 x +1(3x +1) . 2(x 2 −1)2

109 1. Énoncé vrai. L’énoncé réciproque « Si f est définie

Voici l’écran correspondant : TI

)

103

x

0 1

98

(

en a, alors f est dérivable en a » est faux. 2. Énoncé vrai. L’énoncé réciproque « Si f ’ (x) = 1, alors f (x) = x » est faux. 3. Énoncé faux. L’énoncé réciproque « Si la tangente en 1 à la courbe de f a pour équation y = x alors f ’ (1) = 1 » est vrai. 4. Énoncé faux. L’énoncé réciproque « Si f ’ (1) = g ’ (1), alors f (1) = g (1) » est faux. 110 1. a. f (x) = (u(x))² × u(x). La fonction f est un produit de deux fonctions dérivables sur I donc f est dérivable sur I.

b. (uv)’ = u’v + uv’ c. f ’ (x) = 2 × u’(x) × u(x) × u(x) + (u(x))² × u’(x) = 3u’(x) × (u(x))², soit (u3)’ = 3u²u’. 2. On a ici u(x) = x donc f ’ (x) = 3x² × 1 = 3x². 3. On utilise le résultat précédent avec u (x) = x2 – 1. D’où u’(x) = 2x et f ’ (x) = 3(x2 – 1)2 × 2x = 6x(x2 – 1)2. 111

Vrai.

1 = 10 n’a pas de solution. x2 3x 113 Faux. On a f ’ (x) = . 2 x 114 Faux. On f ’ (x) = 6(3x – 1). 112 Faux, car l’équation

115

–

Vrai.

5 . (−x + 2)2 117 On a f ’ (x) = 3x² + 6x. L’équation f ’ (x) = –3 a pour unique solution –1. 4 118 Soit f (x) = . On résout l’équation f ’ (x) = –2, soit x −4 = –2. Elle a pour solutions 2 et – 2 . x2 Les points ont pour coordonnées ( 2 ; 2 2 ) et (– 2 ; –2 2 ). 116

u’(x)=

119 p’(x) = 3x² – 8x. L’équation 3x² – 8x = 0 a pour 8 solutions 0 et . 3 8 256 ;– Les tangentes à aux points (0 ; 0) et sont 3 27 parallèles à l’axe des abscisses.

(

)

120 f ’ (x) = 2x ; une équation de la tangente est y = 2x + 2. 121 On a f ’ (x) = 3 x +1 et h ’ (x) = 2x + 3 x + 1. 2

f(h) − f(0) h . = h h Si h ⬎ 0, h = h et r (h) = 1 Si h ⬍ 0, h = –h et r (h) = –1. Lorsque h tend vers 0, r (h) n’a pas de limite réelle. La fonction f n’est pas dérivable en 0. 2. On a r (h) =

123 1. Le coût fixe est 600 €. 2. C(200) = 880. 3. C’(200) = 1,4. 4. a. C(201) – C(200) = 1,39. b. On obtient un résultat voisin à celui obtenu dans la question 3. 5. Le coût du 201e article est plus élevé que le coût du 401e article. 124 1. Les coordonnées de A sont (a ; –a² + 4a – 2). Le coefficient directeur de la tangente en A est f ’ (a), donc 4 – 2a. Une équation de la tangente en a est donc y = (4 – 2a)x + a2 – 2. 2. Les coordonnées de I vérifient l’équation de la tangente. Le réel a est solution de l’équation : 3 4 = (4 – 2a) × + a² – 2. 2 Cette équation a deux solutions : 0 et 3. Les équations des tangentes correspondantes sont respectivement y = 4x – 2 et y = –2x + 7.

Attention, il y a une erreur de numérotation dans le manuel : les exercices 124 à 126 sont les exercices 125 à 127 (colonne de droite). Fichier associé sur wwws.bordas-indice.fr : 03S_exercice 125.ggb (Geogebra). 125

1. a.

T

𝒞’

POUR FAIRE LE POINT Attention, les réponses aux questions 3 , 5 , 6 et 10 en fin de manuel sont erronées, les réponses ci-dessous sont les bonnes. 1 A ; 2 C et D ; 3 A ; 4 B et C ; 5 A et D ; 6 C; 7 A; 8 C; 9 B; 10 A et D.

POUR APPROFONDIR 122


𝒞

La population est croissante sur l’intervalle [0 ; 2]. b. On a y = 13,5t – 2,5. Sur [0 ; 1], la courbe est au-dessus de T. Sur [1 ; 2], la courbe est au-dessous de T. Jusqu’à t = 1, la vitesse de croissance augmente ; elle diminue ensuite. 2. On a ’ (t) = –13,5t² + 27t. f ’ (t) est une fonction polynôme du second degré qui 27 admet un maximum pour t = – = 1. 2 × (−13,5) On démontre ainsi la conjecture de la question 1. b. 3. a. On a f (1) = 11 et f ’ (1) = 13,5. Une équation de Chapitre 3 Dérivation

47

T est donc y = 13,5t – 2,5. b. On vérifie l’égalité en développant son second membre. La différence f (t) – (13,5t – 2,5) est du signe contraire de t – 1. On démontre ainsi la position de la courbe par rapport à T, conjecturée dans la question 1. b. 1. Les conditions se traduisent par les égalités : f (3) = 0 ; f (0) = 2 ; f ’(0) = 2. 8 D’où f (x) = – x² + 2x + 2. 9 3 2. La deuxième solution de l’équation f (x) = 0 est – 4 . Cet exercice peut se traiter en utilisant un logiciel de calcul formel. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 03S_exercice126.xws (Xcas). A(t) 127 1. A(t) = 6 . 106 t (en m²) ; r (t) = ; π 6 donc r (t) = 1 000 t (en m). π 2. Soit d la distance du navire à la côte : on sait que d 6 m, (2 764 m environ). r (1) = , donc d = 2 000 2 π L’équation r (t) = d équivaut à t = 4. La nappe atteindra la côte au bout de 4 jours. 6 6 On a r’ (4) = 250 ; sa vitesse sera alors de 250 π π soit environ 345,5 m par jour. 126

1. – 9,8t + 29,4. 2. C’est la vitesse à l’instant t = 0. 3. La pierre touche le sol à l’instant t = 6 ; sa vitesse sera alors de –29,4 m . s–1. 128

129 1. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 03S_exercice129.xws (Xcas) et 03S_exercice129.dfw (Derive). On pose f (x) = 2x² – x – 5 et g (x) = –x3 + 3x + 3. On résout l’équation f (x) = g (x). Pour cela, on utilise, avec Xcas, la commande resoudre (voir page 270) et avec Derive la commande solve (voir page 271). L’équation a deux solutions –2 et 2. Les courbes et ont deux points d’intersection : A(–2 ; 5) et B(2 ; 1). 2. On a f ’ (–2) = g ’ (–2) et f ’ (2) g ’ (2). Les courbes et ont une tangente commune en A. 1 1 f(a + h) − f(a) v(a + h) − v(a) 130 1. r (h) = = h h v(a) − v(a + h) = h × v(a) × v(a + h)

=–

v(a + h) − v(a) 1 . × h v(a) × v(a + h)

1 lorsque h tend (v(a))2 1 ’ −v’ = 2. vers 0. Par suite f est dérivable sur I et f ’= v v

Donc r (h) a pour limite –v’ (a) ×

()

131 1. Les côtés [AA’] et [MM’] des triangles SAA’ et SMM’ sont parallèles. Le théorème de Thalès permet SA' AA' = . donc d’écrire SM' MM' 2. On a SA’ = 1− s ; SM’ = x − s ; AA’ = 0,5 et MM’ = y . On observe que 0 ⭐ s ⭐ 1 et que x – s et y ont même signe. De l’égalité obtenue dans la question 1, on peut donc déduire : 1− s = 0,5 . x−s y 0,5(x − s) 0,5(x − s) d’où y = et D = y – 0,5x2 = – 0,5x2 1− s 1− s 0,5 0,5 = – 0,5x² + 1− s x – 1− s s. L’expression de D est celle d’un polynôme du second degré, dont la variable est x. 3. a. Les résultats du second degré permettent donc de dire 0,5 1− s = 1 . que D est maximale pour x = – 2 × (−0,5) 2(1− s) b. Lorsque M est en A, x =1. 1 =1 Donc s est solution de l’équation 2(1− s) 1 Soit 2s = 1. L’abscisse du point S est . 2 132 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 03S_exercice132.ggb (Geogebra). 1. A(–1 ; 1) et P(1 ; 0,5). 2. y = x². 3. Il y a deux tangentes à la parabole passant par P. Une seule convient avec le problème posé. Le point M correspondant a une abscisse voisine de 0,28. 4. On obtient y = 2mx – m2. Les coordonnées de P doivent vérifier cette équation. Le réel m est solution de m² – 2m + 0,5 = 0. 2− 2 , soit environ 0,293. Une solution convient : 2 Ce résultat est bien conforme à la conjecture faite à la question 3. 133

y

1. et 2. A’

A

x

B

B’

2. Puisque v est dérivable sur I, le rapport v(a + h) − v(a) h a pour limite v’ (a) quand h tend vers 0. 3. v (a + h) a pour limite v (a) lorsque h tend vers 0.

48

3. On a A(a ; a2 + 1) et B(–a ; –a2 – 1).

4. La droite (AB) a pour coefficient directeur yB − yA −a2 − 1− a2 − 1 a2 + 1 . Elle est tan= = −a − a a xB − xA gente en A à . Son coefficient directeur est donc le nombre dérivé en a, de la fonction x x2 + 1 soit 2a. a2 +1 Le réel a est donc solution de l’équation =2a. a Cette équation admet deux solutions –1 et 1. Il existe donc deux tangentes communes aux courbes et ’. Pour la première tangente, les points de contact ont pour coordonnées (1 ; 2) et (–1 ; –2). Pour la seconde tangente, les points de contact ont pour coordonnées (–1 ; 2) et (1 ; –2). −2 −2 134 1. g ’ (x) = . On résout l’équation 2 = –2, soit x2 x x² = 1. Il y a deux points de la courbe en lesquels la tangente est parallèle à la droite d’équation y = –2x + 3. Les points de coordonnées (–1 ; –2) et (1 ; 2). 2. Il faut lire : Soit a un réel non nul. 2 −2 On a g (a) = et g ’ (a) = 2 ; une équation de la a a 4 −2 tangente à au point A est donc y = 2 x + . a a 3. a. La tangente passe par M(–4 ; 4) si et seulement si 4 −2 4 = 2 (–4) + . a a Le réel a est solution de l’équation a2 – a – 2 = 0 ; cette équation a deux solutions –1 et 2. Il y a donc deux tangentes passant par M. b. Les points de contact sont les points de coordonnées (–1 ; –2) et (2 ; 1). Les équations respectives sont : 1 y = –2x – 4 et y = – x +2. 2 4. Pour P(1 ; 0), le réel a est solution de l’équation −2 4 0 = 2 + soit –2 + 4a = 0 ; il vient a = 0,5. a a Il y a donc une seule tangente passant par P. −2 4 Pour O(0 ; 0), l’équation s’écrit 0 = 2 × 0 + , équation a a qui n’a pas de solution. Il n’y a pas de tangente passant par l’origine du repère.

alors pas de sens. On suppose dans la suite que a 0. 2. On a A(a ; 1 – a2) et f ’ (a) = –2a. Une équation de la tangente en A est y = –2ax + a2 + 1. ⎛ a2 +1 ⎞ 3. Le point C a pour ordonnée 0 donc C ⎜ ; 0⎟ . ⎝ 2a ⎠ 4. Le point S a pour abscisse O donc ses coordonnées sont (0 ; a2 + 1). D est le symétrique de C par rapport à l’axe des ⎛ a2 +1 ⎞ ordonnées, donc D a pour coordonnées ⎜− ; 0⎟ . ⎝ 2a ⎠ a2 +1 4a2 +1 et CD = . a 2a 6. Par symétrie, on a SC = SD. Le triangle SCD est équilatéral si et seulement si SC = CD, soit aussi SC² = CD². 4a2 +1 1 Le réel a est donc solution de l’équation = 2. 4a2 a Soit de l’équation 4a2 = 3. Cette équation a deux 3 3 solutions – 2 et 2 . Les points de contact A et B ont ⎛ 3 1⎞ ⎛ 3 1⎞ ; ⎟. pour coordonnées ⎜– ; ⎟ et ⎜ 4⎠ 4⎠ ⎝ 2 ⎝ 2

5. On a SC = (a2 + 1)

1. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 03S_exercice135.ggb (Geogebra).

136 1. L’abscisse des points d’intersection des deux courbes est solution de l’équation –2x2 + 7x – 3 = x2 + x, équation équivalente à l’équation (x – 1)2 = 0 qui admet pour unique solution 1. On observe que f (1) = g (1) = 2 ; en outre f ’ (1) = g ’ (1) = 3. Les deux courbes ont pour point commun A(1 ; 2) et pour tangente commune, la droite passant par A de coefficient directeur 3. 2. Soit f (x) = ax2 + bx + c un tel polynôme. On a f ’ (x) = 2ax + b. Le polynôme f doit vérifier les deux conditions f (1) = 2 et f‘ (1) = 3. Les réels a, b et c sont donc solutions du système a+b+c = 2 . 2a + b = 3 Ce système admet une infinité de solutions telles que pour a fixé, on a c = a – 1 et b = 3 – 2a.

Dans le cas où a = 0, B est confondu avec A ; les tangentes sont confondues et parallèles à l’axe des abscisses. Les points C et D ne sont pas définies. Le problème n’a

Soit f la fonction polynôme du second degré dont la parabole cherchée est la représentation graphique. Donc f (x) = ax2 + bx + c et f ’ (x) = 2ax + b. La droite d’équation y = x est tangente à la parabole au point d’abscisse s ce qui signifie que : as2 + bs + c = s et 1− b 2as + b =1. D’où s = et par suite a, b et c vérifient : 2a 2 1− b 1− b a + (b – 1) + c = 0 ; soit (1 – b)2 = 4ac. 2a 2a En procédant de même avec les deux autres tangentes, on a :

135

{

137

( )


49

−5 − b • as2 + bs + c = –5s + 3 et 2as + b = –5. D’où s = 2a et par suite a, b et c vérifient 4ac – (b + 5)2 = 12a. 7−b • as2 + bs + c = 7s – 9 et 2as + b = 7. D’où s = et 2a par suite a, b et c vérifient 4ac – (7 – b)2 = –36a. Par suite (1 – b)2 – (b + 5)2 = 12a et ainsi b = –a – 2. De même (1 – b)²– (7 – b)2 = –36a et ainsi b = 4 – 3a. Le réel a est solution de l’équation –a – 2 = 4 – 3a ; on obtient a = 3, puis b = –5 et c = 3. Le polynôme cherché est f (x) = 3x2 – 5x + 3. y

138 Soit f et g les fonctions dont et ’ sont les représentations graphiques et T une tangente commune à ces deux courbes. A d’abscisse a est le point de contact de T et ; B d’abscisse b est le point de contact de T et ’. On a f (a) = –1 + a2 et f ’ (a) = 2a. Une équation de T est donc y = 2ax – 1 – a2. 1 B est un point de T donc = 2ab – 1 – a2. b 1 En outre g ’ (b) = – 2 = 2a. b 1 Par suite a = – 2 . Le réel b est donc solution de 2b 1 1 1 l’équation = 2 − 2 × b – 1 – 2 . Cette équation b 4b 2b est équivalente à l’équation 4b4 + 8b3 + 1 = 0. En utilisant une calculatrice, on peut conjecturer que cette équation admet deux solutions ; il existe donc deux tangentes communes aux courbes et ’.

( )

1 0 1

x


1 Méthode Newton

On se propose de déterminer une solution approchée de l’équation f (x) = 0. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 03S_TP1.ggb et 03S_correctionTP1.ggb (Geogebra). A. 1. L’équation f (x) = 0 admet une solution comprise entre 1 et 2. 2. a. Une équation de T0 est y = x – 2. b. On a x1 = 2. 5 3. Une équation de T1 est y = 3x – 5. Par suite x2 = . 3 4. Si T2 est la tangente à la courbe au point d’abscisse 5 5 7 5 1 , on a f ’ = et f = . Par suite , une équation 3 3 3 3 9 34 34 7 de T2 est y = x – 9 . On obtient x3 = . 21 3

()

50

()

Les réels x0, x1, x2 et x3 sont voisins de α et de plus en plus proches de α. 5. Le réel α est la solution positive de l’équation 1+ 5 x2 – x – 1 = 0. Donc α = ≈ 1,61803 2

x3 ≈ 1,619. Le réel x3 est une approximation de α et α ⬍ x3. B. 1. Le coefficient directeur de la tangente T en A(a, f (a)) est f ’ (a). D’où une équation de T : y = f ’ (a)x + f (a) – a f ’ (a). 2. Le point d’intersection de T avec l’axe des abscisses a pour ordonnée 0. Son abscisse b est donc solution de l’équation 0 = f ’ (a) × b + f (a) – a f ’ (a). f(a) . Donc b = a – f '(a) 3. a. N représente le nombre d’itérations effectuées et X les approximations obtenues pour α. b. Le nombre d’itérations choisi et une valeur approchée de α. c. En Y1, on saisit l’expression de f (x) et en Y2 celle de f ’ (x). Voici le programme obtenu : TI

f ’ (0) = 0. Puisque f ’ (x) = 3ax2 + 2bx + c, alors c = 0 et f (x) = ax3 + bx2. 3. La droite (BC) a pour coefficient directeur 0,5. La courbe passe par B et elle est tangente en B à (BC), donc f (4) = 3 et f ’ (4) = 0,5. 4. a. f ’ (x) = 3ax2 + 2bx. 64a +16b = 3 b. On obtient le système 48a +16b = 1 7 7 1 1 a=– et b = . Ainsi f (x) = – x3 + x². 16 16 16 16 Les copies d’écran ci-dessous obtenues avec le logiciel Xcas donnent les listes d’instruction à écrire. B.

{

CASIO

C.

Pour N = 5 et une valeur approchée initiale égale à 1, on obtient : TI

CASIO

TP 4. Pour 5 Itérations on obtient l’écran suivant : TI

TP

CASIO

3 Tangente à une parabole

On se propose de déterminer une parabole tangente à une droite d’équation donnée. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 03S_TP3.ggb et 03S_correctionTP3.ggb (Geogebra). A. 1. 2. 3. On obtient la figure suivante :

2 Raccordement dans le tracé des lignes TGV

Il s’agit dans ce TP de déterminer une fonction vérifiant certaines contraintes liées à la modélisation d’un problème simplifié de raccordement de lignes TGV. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 03S_TP2.xws (Xcas) et 03S_TP2.dfw (Derive). A. 1. B(4 ; 3) et C(6 ; 4). 2. La courbe passe par A(0 ; 0) donc f (0) = 0, d’où d = 0. Elle est tangente en A à l’axe des abscisses, donc Chapitre 3 Dérivation

51

4. a. Il y a deux positions de la parabole. b. Les deux valeurs de a sont proches de –10 et de 2. B. 1. a. On a f ’ (x) = –2x + a. Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse m doit être égal à – 4, c’est-à-dire : –2m + a = –4. Le point de contact appartient à la fois à la parabole et à la droite (d), donc f (m) = –4m + 10. b. On est ainsi conduit à résoudre le système ⎧−2m + a = −4 ⎨ 2 ⎩−m + a × m +1= −4m +10 2. On obtient m2 = 9, d’où m = –3 ou m = 3 et donc deux valeurs pour a, a = –10 et a = 2. Il existe deux paraboles d’équations respectives y = –x2 – 10x + 1 et y = –x2 + 2x + 1 tangentes à la droite (d). 3. On démontre ainsi la conjecture de la question 4.b.

TP

4 Tangente à une hyperbole

Il s’agit d’étudier une propriété d’une tangente à une hyperbole. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 03S_TP4.ggb et 03S_correctionTP4.ggb (Geogebra). A. Une équation de (d) est de la forme y = mx + p. 1 Le point A a; appartient à cette droite donc une a 1 équation de (d) est y = m(x – a) + . a

( )

52

B. 1.

Pour chaque valeur de a, il y a une droite (d) tangente à . 2. Le produit OP × OQ est égal à 4. 1 C. 1. Lorsque (d) est tangente à , m = f ’ (a) = – 2 . a 1 2 On obtient pour équation de (d) y = – 2 x + . a a 2 2. On a P(2a ; 0) et Q 0; . a 3. Puisque a ⬎ O, f est définie sur ]0 ; + ∞[, OP = 2a et 2 2 OQ = . Par suite OP × OQ = 2a × = 4. a a

( )

CHAPITRE

4

Applications de la dérivation



Commentaires

Lien entre signe de la dérivée et sens de variation. Extremum d’une fonction.

• Exploiter le sens de variation pour l’obtention d’inégalités.

Il n’est pas toujours utile de recourir à la dérivation pour étudier le sens de variation d’une fonction. On traite quelques problèmes d’optimisation.

B Notre point de vue L’objectif de ce chapitre est d’apprendre à utiliser la dérivation pour étudier le sens de variation d’une fonction et pour déterminer ses extremums. Dans le Avant de commencer plusieurs exercices permettent de tester si l’élève sait ou ne sait pas déterminer le signe d’une expression. C’est un acquis de Seconde qui est indispensable lors de chaque étude de fonctions utilisant la dérivation. Un rappel figure en fin de livre page 327 afin de permettre à l’élève de retrouver des réflexes lors de telles études. C’est aussi un acquis du chapitre du second degré (chapitre 1). Pour comprendre le lien entre le sens de variation d’une fonction et le signe de la dérivée nous avons proposé trois activités très courtes ; il nous semble très utile que les élèves étudient au moins deux de ces activités avant de pouvoir énoncer les propriétés du cours. Pour aider les élèves à comprendre l’énoncé de la propriété permettant d’obtenir le signe de la dérivée d’une fonction à partir du sens de variation de cette fonction, nous avons proposé dans le cours une idée graphique de la démonstration de cette propriété ; on ne peut pas aller plus loin puisque la notion de limite n’est pas au programme. Les savoirs faire sont constitués d’exercices élémentaires, applications immédiates du cours. Après l’étude de chacun de ces savoirs faire l’élève pourra s’entraîner sur les exercices signalés. Les exercices sont progressifs et font appel à la capacité de l’élève à lire des graphiques, calculer des dérivées et étudier le signe de ces dérivées. Dans certains exercices on demande à l’élève de déterminer le sens de variation d’une fonction avec deux démarches : en utilisant la dérivation mais aussi sans l’utiliser (exercices 5, 36, 37 et 45) mais cet aspect a déjà été bien étudié dans les chapitres 1 et 2. De nombreux exercices proposent des problèmes d’optimisation dans des contextes différents (économie, volumes d’une boîte…) ; ils font appel à des fonctions polynômes de degré inférieur à 3 ou à des fonctions rationnelles. L’utilisation des TICE a été développée à plusieurs endroits dans le chapitre : – Pour les calculatrices, nous suggérons plusieurs fois aux élèves de vérifier la cohérence de leurs résultats avec celui affiché par la calculatrice mais nous leur montrons aussi dans les exercices 56 et 58 la nécessité de savoir déterminer les extremums locaux afin de pouvoir choisir une fenêtre de calculatrice adaptée. Chapitre 4 Applications de la dérivation

53

– Pour les logiciels, nous avons indiqué plusieurs utilisations d’un logiciel de géométrie dynamique pour conjecturer ou pour contrôler un résultat (voir activité 3, exercices 100 à 102, TP 1 et 2) en particulier lors des problèmes d’optimisation liés à un contexte graphique ou géométrique. – Conformément au programme pour certains problèmes d’optimisation un logiciel de calcul formel peut permettre de calculer la dérivée afin que l’élève se focalise alors plus sur le reste de l’étude (exercice 104, TP 2). Certains exercices donnent quelques points de repères historiques : Euclide, Fermat, Agnesi, Bernoulli.

Les notions abordées dans le chapitre 4 1. Signe de la dérivée et variations d’une fonction 2. Extremum d’une fonction

C Avant de commencer Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point d’une part sur l’utilisation de la dérivée pour étudier le sens de variation d’une fonction (polynôme ou rationnelle) et d’autre part sur la recherche des extremums et la détermination d’inégalités .

Se tester avec des exercices ⎤

1⎤

⎡ 1

1⎤

6 1 – 4x2 est négatif sur ⎥− ∞ ; − ⎥, positif sur ⎢− ; ⎥ ⎣ 2 2⎦ 2⎦ ⎦

⎡1 ⎡ et négatif sur ⎢ ; + ∞⎢. ⎣2 ⎣ 7 x2 + 1 est strictement positif.

8 f ’ (x) = 10x. Se tester avec des QCM 1 B ; 4 B ;

2 B et C ; 5 B.

3 D ;

1(x 2 +1) − x × 2x 1− x 2 = 2 . 2 2 (x +1)2 (x +1) 10 1. f (0) = 0 et f ’ (0) = 5. 2. y = 5x.

9 f ’ (x) =


1 Signe des nombres dérivés

Cette activité très courte permet par lecture graphique de déterminer le signe d’un nombre dérivé et de choisir sur quelle portion de la courbe il faut se placer pour que le nombre dérivé soit de signe fixé. 1. Pour a = –1, on a f ’ (a) 0 ; pour b = 2, f ’ (b) 0. 2. a. f ’ (x) = –2x + 2 ; f ’ (–1) = 4 0 et f ’ (2) = –2 0. b. –2x + 2 est positif sur ]– ∞ ; 1] et négatif sur [1 ; + ∞[ ; cohérent avec les réponses précédentes puisque –1 appartient à ]– ∞ ; 1] et 2 appartient à [1 ; + ∞[.

Activité

2 Signe de la dérivée de fonctions de référence

Cette activité très courte permet d’utiliser les fonctions de référence pour découvrir un lien entre le signe de la dérivée d’une fonction et le sens de variation de cette fonction. 1. f est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[ ; f ’ (x) = 2x est négatif sur ]– ∞ ; 0] et positif sur [0 ; + ∞[.

54

1 2. g est croissante sur [0 ; + ∞[ ; g ’ (x) = est 2 x strictement positif sur ]0 ; + ∞[. 3. Lorsque la dérivée est positive, la fonction semble être croissante.

Activité

3 Signe de la dérivée et sens de variation d’une fonction

Cette activité utilise le fichier 04S_activite3.ggb (Geogebra) disponible sur le site www.bordas-indice.fr qui permet une présentation à la classe en vidéo projection de la question 2. Cependant la copie d’écran donnée sur le livre permet de traiter la question 1 de l’activité sans utiliser d’ordinateur. L’animation proposée dans le fichier numérique permet de montrer aux élèves que même lorsque la fonction f varie il y a toujours un lien entre le sens de variation d’une fonction et le signe de sa dérivée. Pour l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique, on pourra se reporter à la page 344.

1. a. f est croissante sur [–2,5 ; –1], décroissante sur [–1 ; 2] et croissante sur [2 ; 3,5]. b. f ’ est positive sur [–2,5 ; –1], négative sur [–1 ; 2] et positive sur [2 ; 3,5]. c. On retrouve la conjecture faite dans l’activité 2. 2. Dans le fichier numérique, les curseurs a, b, c et d correspondent aux coefficients de la courbe (dessinée en bleue) d’équation y = ax3 + bx2 + cx + d ; on peut changer la fenêtre de chaque curseur si on le souhaite en effectuant un clic droit sur ces curseurs. La courbe rouge est la courbe représentative de la fonction dérivée de la fonction f (pour l’obtenir on a entré Dérivée[f(x)] dans le champ de saisie). En faisant varier le curseur d, on peut observer que la courbe représentative de la dérivée de la fonction f ne change pas ; en faisant varier les autres curseurs, on peut faire apparaître plusieurs courbes Ꮿf et Ꮿf ’ ; pour mieux voir le lien entre le sens de variation de la fonction f et le signe de la dérivée de cette fonction, on a construit deux droites verticales passant par les points d’intersection de la courbe Ꮿf ’ avec l’axe des abscisses ; ces droites peuvent être cachées en effectuant un clic droit sur les courbes puis en décochant Afficher l’objet . En faisant varier les curseurs dans le fichier proposé, on fait varier la courbe Ꮿ et donc la courbe représentant sa dérivée varie aussi ; pour chaque position du curseur on peut alors confirmer la conjecture faite précédemment entre le signe de la dérivée et le sens de variation de la fonction.

Activité

4 Un minimum

Cette activité se base sur les connaissances des élèves concernant le second degré ; elle doit leur permettre de découvrir le moyen d’utiliser la dérivée pour déterminer le réel où une fonction atteint son minimum. 1. a. f semble admettre un minimum en r = 1. b. f (x) = (x – 1)2 + 2 donc f (x) est supérieur ou égal à 2, cette valeur étant obtenue pour x = 1.

2. a. Lorsque x 1, f ’(x) 0 ; lorsque x 1, f ’(x) 0 ; f ’(1) = 0. b. f ’(x) = 2x – 2. c. f ’ s’annule en x = 1 et change de signe.

Activité

5 Volume d’une bo Î te

Cette activité permet une première approche d’un problème d’optimisation ; la variation que l’on propose du côté de la boîte permet que l’expression du volume soit simple et que l’étude du signe de sa dérivée se fasse facilement (sans calcul de discriminant). Dans cette activité, l’élève doit découvrir le moyen d’utiliser la dérivée pour obtenir la valeur exacte du réel permettant d’atteindre un maximum. 1− x = –0,5x3 + 0,5x2 1. V(x) = x2 2

( )

x

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

V(x)

0,0045

0,016

0,0315

0,048

0,0625

x

0,6

0,7

0,8

0,9

V(x)

0,072

0,0735

0,064

0,045

V(x) semble maximal pour x entre 0,65 et 0,75. 2. a. V’(x) = –1,5x2 + x. x

0,6

0,61

0,62

0,63

0,64

0,65

V(x) 0,072 0,07256 0,07304 0,07343 0,07373 0,07394 V’(x) 0,06 0,05185 0,0434 0,03465 0,0256 0,01625 x

0,66

0,67

0,68

0,69

0,7

V(x) 0,07405

0,07 07 0,07398 0,0738

V’(x)

–0,0034 –0,0136 –0,0242 –0,035

0,0066

0,0735

b. V(x) semble maximal pour x entre 0,66 et 0,67. c. On observe que V’(x) change de signe entre x = 0,66 et x = 0,67 ; on peut faire la conjecture que V’(a) = 0. d. On cherche a tel que V’(a) = 0 ; on résout l’équation 2 V’(x) = 0 sur ]0 ; 1[ ; on trouve x = donc d’après la 3 2 conjecture de la question c. on trouve a = . 3

E Exercices POUR DÉMARRER 1. f ’ est positive sur ]– ∞ ; 2]. 2. f ’ est négative sur [2 ; + ∞[. 1

2

f est croissante sur [–3 ; 1] et décroissante sur [1 ; 4].

3 1. f est décroissante sur ⺢. 2. f ’(x) = –2 strictement négatif sur ⺢, donc f est décroissante sur ⺢. 4 1. La fonction carré est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[.

Chapitre 4 Applications de la dérivation

55

2. f ’ (x) = 2x ; 2x est négatif sur ]– ∞ ; 0] et positif sur [0 ; + ∞[,donc la fonction carré est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. 1. f telle que f (x) = –x2 est croissante sur ]– ∞ ; 0] et décroissante sur [0 ; + ∞[. 2. f ’ (x) = –2x ; or –2x est positif sur ]– ∞ ; 0] et négatif sur [0 ; +∞[ ; f est donc croissante sur ]– ∞ ; 0] et décroissante sur [0 ; + ∞[.

15

1. x

f ’ (x) = 4x ; 4x est négatif sur ]– ∞ ; 0] et positif sur [0 ; + ∞[ ,donc la fonction f est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[.

–1

f ' (x)

5

6

–4 –

1

4

+

2

5

– 3

f 1

–1

2. a. Le maximum de f sur [– 4 ; 5] est 3. b. Pour tout x de [– 4 ; 5], –1 ⭐ f (x) ⭐ 3. 3. a. Le minimum de f sur [– 4 ; 1] est égal à 1, donc f est strictement positive sur [– 4 ; 1]. b. f est positive sur [1 ; 4] et négative sur [4 ; 5].

f ’ (x) = 3x2 donc f ’ (x) est positif sur ⺢. f est donc croissante sur ⺢. 7

1. Par lecture graphique, f est décroissante sur [–1 ; 1] et croissante sur [1 ; 3]. 2. f ’ est donc négative sur [–1 ; 1] et positive sur [1 ; 3].

POUR S’ENTRAÎNER

8

9 1. La fonction inverse est décroissante sur ]0 ; + ∞[. 1 1 2. Pour f (x) = on a f ’ (x) = – 2 ; ainsi la dérivée est x x strictement négative, donc la fonction est décroissante sur ]0 ; + ∞[.

1. f est croissante sur [0 ; + ∞[. 1 2. f ’ (x) = ; f ’ (x) est strictement positif sur ]0 ; + ∞[ 2 x donc f est strictement croissante sur [0 ; + ∞[. 10

11 1. f est croissante sur [–1 ; 3] et décroissante sur [3 ; 5]. 2. f admet un maximum atteint en x = 3 ; ce maximum est égal à 80. 12

Le tableau de variations de f est : x

–2 +

3 –

2 f 0,5

0

2. Sur [–2 ; 3], le maximum de f est 2 et il est atteint en x = 1 ; sur [–2 ; 3] le minimum de f est 0 et il est atteint en x = 3. f est croissante sur ⺢. Puisque f s’annule en x = –2, alors f est négative sur ]– ∞ ; –2] et positive sur [–2 ; + ∞[. 13

14

1. x

f ' (x)

–∞

+∞

2 –

17 1. f est croissante sur [– 4 ; 0] et décroissante sur [0 ; 4]. 2. f ’ est positive sur [– 4 ; 0] et négative sur [0 ; 4]. 3. A est la courbe représentative de la dérivée de la fonction f. 18 A représente la fonction f, donc f ’ est positive sur ]– ∞ ; –1] , négative sur [–1 ; 2] et positive sur [2 ; + ∞[ , donc seule la courbe C peut représenter f ’. B représente g et D représente g’. 19 1. Faux : la dérivée de f est positive sur ]– ∞ ; 3]. 2. Vrai.

1. Vrai. 2. Faux puisque f est décroissante sur [–1 ; 0]. 3. Faux puisqu’on aurait alors f ’ (x) = 1,5x2 + 1,5. f ’ (x) serait strictement positif sur ⺢, ce qui est en contradiction avec le sens de variation de f. 20

1

f ' (x)

f est décroissante sur [–2 ; –1], croissante sur [–1 ; 1] et décroissante sur [1 ; 2]. 2. f ’ est négative sur [–2 ; –1] , positive sur [–1 ; 1] et négative sur [1 ; 2]. 16

+

21 1. f ’ est positive sur [–1 ; 2] et négative sur [2 ; 3]. 2. f est croissante sur [–1 ; 2] et décroissante sur [2 ; 3]. 22 1. f ’ est négative sur ]– ∞ ; 2] donc f est décroissante sur ]– ∞ ; 2]. 2. f (a) ⬎ f (b). 23 1. f ’ (x) = –2x + 4. 2. f ’ (x) est positive sur ]– ∞ ; 2] et négative sur [2 ; + ∞[. 3. f est donc croissante sur ]– ∞ ; 2] et décroissante sur [2 ; + ∞[.

x f 5

2. Le minimum de f sur ⺢ est égal à 5 ,donc f est strictement positive sur ⺢.

56

f ' (x)

–∞

– 4

f

+∞

2 +

4. Tableau cohérent avec le graphique donné par la calculatrice. 1. f ’ (x) = –2x + 3. 2. f est croissante sur ]– ∞ ; 1,5] et décroissante sur [1,5 ; + ∞[. 24

f ’ (x) = 10x + 3 ; f est décroissante sur [–1 ; –0,3] et croissante sur [–0,3 ; 1]. 25

26 1. f ’ (x) = 3x2 – 3 = 3(x2 – 1). f ’ est positif sur ]– ∞ ; –1], négatif sur [–1 ;1] et positif sur [1 ; + ∞[. 2. f est croissante sur ]– ∞ ; –1], décroissante sur [–1 ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. 28 f ’ (x) = 3x2 + 6x = 3x(x + 2). f est croissante sur ]–∞ ; –2], décroissante sur [–2 ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[.

1. f ’ (x) = 3x2 – 2x – 1. ⎤ ⎡ 1 ⎤ 1⎤ 2. f ’ (x) est positif sur ⎥− ∞ ; − ⎥ , négatif sur ⎢− ; 1⎥ et ⎣ 3 ⎦ 3⎦ ⎦ positif sur [1 ; + ∞[. ⎤ 1⎤ ⎡ 1 ⎤ 3. f est croissante sur ⎥− ∞ ; − ⎥, décroissante sur ⎢– ; 1⎥ ⎣ 3 ⎦ 3⎦ ⎦ et croissante sur [1 ; + ∞[. 1 5 . f (–2) = –10 ; f (1) = –1 ; f (2) = 2 ; f – = 3 27 2 30 1. f ’ (x) = 3x + 1. 2. f ’ (x) est une somme de deux termes positifs, donc f ’ (x) est positif sur ⺢. f est donc croissante sur ⺢. 29

( )

1. f ’ (x) = –3x2 – 6x + 9 ; f est décroissante sur ]– ∞ ; –3], croissante sur [–3 ; 1] et décroissante sur [1 ; + ∞[. 2. y = 9x. 31

1. f ’ (x) = 4x3 – 3x2 = x2(4x – 3). 3 2. f est décroissante sur ⎤ – ; ⎤ , et croissante sur ⎥ 4 ⎦⎥ ⎦ ⎡ 3 ; + ⎡. ⎣⎢ 4 ⎣⎢ 33 1. f ’ (x) = 4x(x2 – 1) ; sur [0 ; + ∞[. f ’ (x) est de même signe que x2 – 1 ; f est décroissante sur [0 ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. 32

f ’ (x) = 2x(x2 – 4) ; f est décroissante sur ]– ∞ ; –2], croissante sur [–2 ; 0], décroissante sur [0 ; 2] et croissante sur [2 ; + ∞[. f (–3) = f (3) = 4,5 ; f (–2) = f (2) = –8 ; f (0) = 0. 34

1. f ’ (x) = x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 ; f est croissante sur ⺢. 2. y = 9x. 1 3. f (x) – 9x = x2 x − 3 ; la courbe Ꮿf est au-dessous 3 de T sur ]– ∞ ; 9] et au-dessus de T sur [9 ; + ∞[. 36 1. a. (u + v)’=u’ + v’. Si u et v sont croissantes sur I alors u’ et v’ sont positives sur I, donc (u + v)’ aussi donc u + v est croissante sur I. 35

(

)

b. f est croissante sur [1 ; 8] comme somme de deux fonctions croissantes sur [1 ; 8]. 2. Si u et v sont décroissantes sur I alors u’ et v’ sont négatives sur I, donc (u + v)’ aussi donc u + v est décroissante sur I. 3. a. u est décroissante sur ⺢ et v est croissante sur ⺢ ; (u + v)(x) = x + 3 donc la fonction u + v est croissante sur ⺢. b. u telle que u(x) = x – 3 et v telle que v(x) = –2x sont deux fonctions qui n’ont pas le même sens de variation sur ⺢ et telles que la somme des deux est décroissante sur ⺢. 1 37 1. f ’ (x) = 3 + 0. x 2. f est donc croissante sur [0 ; + ∞[. 3. f est la somme de deux fonctions croissantes sur [0 ; + ∞[. 2 38 f ’ (x) = 0 ; f est donc croissante sur ]0 ; + ∞[. (2x)2 −1 39 f ’ (x) = 0 ; f est donc décroissante sur (x −1)2 ]– ∞ ; 1[. 1 41 1. f ’ (x) = 1 + 0. x2 2. f est croissante sur ]0 ; +∞[. 1 42 1. f ’ (x) = 3 + 0. x2 2. f est croissante sur ]– ∞ ; 0[. −x 2 + 2x − 2 43 f ’ (x) = (x −1)2 f est décroissante sur ]1 ; + ∞[. f est décroissante sur ]0 ; 2] et croissante sur [2 ; + ∞[. 45 1. 1 ’ = −u’ ; pour u strictement positive, le signe de u2 −u’ u est le même que le signe de –u’ ; si u est croissante u2 sur I alors u’ est positive donc –u’ est négative donc la 1 fonction est décroissante sur I . u 2. a. u est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. 1 b. Puisque u est strictement positive, u et ont des sens u de variation contraire d’après 1. , donc f est croissante sur ]– ∞ ; 0], et décroissante sur [0 ; + ∞[. 44

()

46

Vrai.

47

Faux, car f est décroissante sur [–0,1 ; 0,1].

48

Vrai.

49

Vrai.

1 x 2 −1 = 2 ; f ’ (x) est négatif sur 2 x x ]0 ; 1] donc f est décroissante sur ]0 ; 1]. 1 51 Vrai car f ’ (x) = 0 sur ]– ∞ ; 0[. (2x)2 52 a. et b. Par lecture graphique, le minimum de f semble être égal à –3,5 et être atteint en x = 1. 50

Faux car f ’ (x) = 1−


57

2. a. f ’ (x) = 3x2 + 3x – 6. Ce polynôme admet deux racines : –2 et 1 ; il est positif à l’extérieur de l’intervalle des racines et négatif à l’intérieur. b. Le minimum de f sur [–2 ; 2] est égal à f (1), c’est-àdire –3,5. 1. Par lecture graphique, le maximum de f sur [0 ; 2] semble être égal à –2. 2. a. f ’ (x) = –3x2 + 3 = 3(1 – x2). f ’ (x) est négatif sur [–2 ; –1], positif sur [–1 ; 1] et négatif sur [1 ; 2]. b. c. Le maximum de f sur [0 ; 2] est égal à –2. d. Pour tout x de [–2 ; 2], –6 f (x) –2. 53

54 1. f est croissante sur ]– ∞ ; –2], décroissante sur ⎡ 4⎤ ⎡4 ⎡ ⎢⎣–2 ; 3⎥⎦ , croissante sur ⎣⎢ 3 ; + ⎣⎢. 2. Le maximum de f sur [–3 ; 2] est atteint en x = –2 ; ce maximum est égal à 12. 55 1. f est décroissante sur ]– ∞ ; –1], croissante sur [–1 ; 2], décroissante sur [2 ; + ∞[. 2. Le maximum de f sur [0 ; 3] est atteint en x = 2. 3. Le minimum de f sur [0 ; 3] est égal à –1 car f (0) = –1 et f (3) = 0,5.

1. f semble être croissante sur [–10 ; 10]. 2. a. f ’ (x) = 3(x2 – 0,04) ; f est croissante sur [–10 ; – 0,2], décroissante sur [–0,2 ; 0,2] et croissante sur [0,2 ; 10]. b. La fenêtre de construction du premier graphique ne permet donc pas de voir le sens de variation de f pour x appartenant à [–0,2 ; 0,2]. 3. a. Ce sont les extremums locaux qui sont intéressants. On trouve que f admet un maximum local égal à 0,016 et un minimum local égal à –0,016. On peut choisir une fenêtre où x est entre –0,5 et 0,5, y entre –0,1 et 0,1. 56

1. f est décroissante sur [–1 ; 0] et croissante sur [0 ; 1]. 2. Sur [–1 ; 1] le minimum de f est atteint en x = 0 et il 4 est égal à 1 ; f (–1) = 2 et f (1) = , donc le maximum de 3 f sur [–1 ; 1] est égal à 2. 57

1. f ’ (x) = 0,06x2 – 4,2x + 36 ; f est croissante sur [–10 ; 10], décroissante sur [10 ; 60] et croissante sur [60 ; 80]. 2. a. Le minimum de f est égal à –1 080 et le maximum de f est égal à 170. b. On peut prendre x entre –10 et 80 ; y entre –1 100 et 180. 1 59 1. f ’ (x) = –1 – . f ’ (x) 0 donc f est décroissante (2 + x)2 sur ]–2 ; + ∞[. 1 3 2. 3 f (x) 2 . 58

61

58

1. V(x) = x2(12 – x).

2. V est croissante sur [0 ; 8] et décroissante sur [8 ; 12[. 3. Le volume de ce placard est maximal pour x = 8 et ce volume maximal est égal à 256 dm3. 1. f est croissante sur ]–∞ ; 5], décroissante sur [5 ; 15] et croissante sur [15 ; + ∞[. 2. V(x) = x(30 – 2x)(15 – x) = f (x). V est maximal pour x = 5 cm. 62

63 1. B(x) = 450x – (x3 – 60x2 + 975x). B(x)= –x3 + 60x2 – 525x pour x appartenant à [0 ; 45]. 2. B est décroissante sur [0 ; 5], croissante sur [5 ; 35] et décroissante sur [35 ; 45]. 3. Le bénéfice est maximal pour 35 kilogrammes. 4. Le bénéfice maximal est égal à 12 250 euros.

B(x) = –0,02x3 + 2,1x2 – 36x – 80. 2. Après le calcul de la dérivée et l’étude du signe de cette dérivée, on peut affirmer que le bénéfice maximum est obtenu pour la vente et la fabrication de 60 sacs. 7 200 65 1. CM(x) = 2x – 230 + . x 2. Le coût est minimal pour 60 repas servis. 64

66 1. Le coût est croissant sur [0 ; 20]. 2. La fonction CM est décroissante sur [0 ; 15] et croissante sur [15 ; 20]. Le coût moyen minimal est atteint pour x = 15 et égal à 75 milliers d’euros. 3. a. B(x) = –x3 + 30x2 – 216x. B est décroissante sur [0 ; 10 – 2 7], croissante sur [10 – 2 7 ; 10 + 2 7], et décroissante sur [10 + 2 7 ; 20]. Lorsque la production de l’entreprise est environ égale à 15,292 tonnes, le bénéfice est maximal. 67 1. f est croissante sur ]– ∞ ; –10 2 ], décroissante sur [–10 2 ; 0], croissante sur [0 ; 10 2 ] et décroissante sur [10 2 ; + ∞[. 1 x2 1 = 400x 2 – x 4 . 2. S(x) = x 100 – 4 2 4 La fonction racine carrée étant croissante, l’aire maximale est obtenue pour x = 10 2 ; le triangle ABC est alors isocèle et rectangle en A. ⎡ a⎤ 68 f est croissante sur 0 ; et décroissante sur ⎣⎢ 2⎦⎥ ⎡a ⎤ ⎢⎣2 ; a⎥⎦ ; le point C donc être placé au milieu du segment [AB].

1. Faux car f (–2,5) = 13,25. 2. Faux ; par exemple f (3) = –38. 69

70 1. Faux : le maximum est atteint pour x = –1 mais il est égal à –3. 2. Faux : g n’admet pas de minimum sur ]– ∞ ; 0[. 71 1. Vrai. 2. Faux : le minimum est atteint pour x = 0.

1. f ’ (x) = 3x2 + 1 > 0, donc f est croissante sur ⺢. 2. f (2) = 0. 3. f est négative sur ]– ∞ ; 2] et positive sur [2 ; + ∞[.

84 1. f ’ (x) = –3x2 + 3. 2. f est décroissante sur ]– ∞ ; –1], croissante sur [–1 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[.

1. f est décroissante sur ]– ∞ ; –1], croissante sur [–1 ; 1] et décroissante sur [1 ; + ∞[. 2. Sur ]–∞ ; 1] f admet un minimum égal à 16, donc f est positive. 3. a. f (3) = 0. b. f est positive sur [1 ; 3] et négative sur [3 ; + ∞[. c. x3 3x + 18 équivaut à –x3 + 3x + 18 0. D’après l’étude précédente, c’est sur l’intervalle ]– ∞ ; 3] que cette inégalité est vérifiée.

1. f ’ (x) = –3x2 + 2x. ⎡ 2⎤ 2. f est décroissante sur ]– ∞ ; 0], croissante sur ⎢0 ; ⎥ ⎣ 3⎦ ⎡2 ⎡ et décroissante sur ⎢ ; + ∞⎢ . ⎣3 ⎣ 86 1. f est croissante sur ]– ∞ ; 0], décroissante sur ⎡2 ⎡ ⎡ 2⎤ 0; et croissante sur ⎢ ; + ∞⎢ . ⎣⎢ 3⎦⎥ ⎣3 ⎣ 23 . 2. Le minimum de f sur [0 ; + ∞[ est 27 3. f est donc positive sur [0 ; + ∞[.

72

73

1. h est croissante sur ⺢. 2. h(1) = 0 ,donc h est positive sur [1 ; + ∞[. 3. f (x) est supérieur à g(x) sur [1 ; + ∞[. 74

76 1. Vrai. 2. Vrai. 3. Vrai. 4. Faux : f est décroissante sur ]–∞ ; –1] donc f ’ (x) est négatif sur ]– ∞ ; –1].

1. f est négative sur ]– ∞ ; 1] et positive sur [1 ; + ∞[. ⎡ 2⎤ 2. f est croissante sur ]– ∞ ; 0], décroissante sur ⎢0 ; ⎥ ⎣ 3⎦ ⎡2 ⎡ et croissante sur ⎢ ; + ∞⎢ . ⎣3 ⎣ 3. y = 8x – 12. 4 4. a. g est croissante sur ⎤ − ; – ⎤ , décroissante sur ⎥⎦ 3 ⎥⎦ ⎡ 4 ⎤ ⎢⎣– 3 ; 2⎥⎦ et croissante sur ]2 ; + ∞[. b. Le minimum de g sur [0 ; + ∞[est égal à 0, donc g est positive sur [0 ; + ∞[. c. La courbe Ꮿ est au-dessus de T sur [0 ; +∞[. 77

78 1. a. f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. b. Le minimum de f est égal à f (1), c’est-à-dire 2, donc f (x) 2 pour tout x de ]0 ; + ∞[. 1 x 2 − 2x +1 (x −1)2 . 2. x + − 2 = = x x x 79 1. f est croissante sur [0 ; 4] ; de plus f (4) = 0, donc f est négative sur [0 ; 4]. 2. (0,5 x – 1)2 = 0,25x – x + 1 = – f (x). 80 Faux : f est croissante sur ⺢ et s’annule en x = 1 donc f est négative sur ]–∞ ; 1]. 81 1. Vrai. 2. Faux car par exemple f(2) = –11. 82 1. Vrai. 2. Faux car par exemple f(0) = 11.

1. f ’ (x) = 6x2 + 4. 2. f est croissante sur ⺢. 83

85

1. f est croissante sur ]– ∞ ; –1], décroissante sur [–1 ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. 2. f est négative sur ]– ∞ ; 2] et positive sur [2 ; + ∞[ ; tous les réels strictement supérieurs à 2 sont tels que x3 3x + 2. 87

88 1. f est décroissante sur ]0 ; 2] et croissante sur [2 ; + ∞[. 2. Le minimum de f sur ]0 ; + ∞[ est égal à 4. 89 1. f est croissante sur ]0 ; + ∞[. 2. f (1) = 0. 3. f est négative sur ]0 ; 1] et positive sur [1 ; + ∞[. 1 4. Pour tout x tel que 0 x 1, on a x2 x .

POUR FAIRE LE POINT 1 C ; 2 A et B ; 5 C. 6 B et C ; 9 A, C et D.

3 D ; 4 B, C et D ; 7 B et D ; 8 A et D ;

POUR APPROFONDIR 1. f est croissante sur [0 ; 50] et décroissante sur [ 50 ; 10]. Le maximum de f est atteint pour x = 50 = 5 2. 2. a. x appartient à ]0 ; 10[. 1 x2 b. Aire ABC = x 25 − . 4 2 1 x2 x2 c. V(x) = 20 × x 25 − = 10x 25 − . 4 4 2 3. a. V(x) = 5 f(x). b. V a le même sens de variation que f. c. Le volume est maximal pour x = 5 2 et le volume maximal est égal à 250 cm3. 1 91 1. Volume = 2 × × π × r 2 × h ; or r 2 + h2 = 9 donc 3 2 V(h) = π × (9 – h2) × h. 3 90


59

2. Le signe de V’ est le même que le signe de 3 – h, donc V est croissante sur ]0 ; 3] et décroissante sur [ 3 ; 3[. h0 = 3. 3. Le volume maximal est égal à 4π 3 soit environ 21,766 dm3. 4. r02 = 6 donc r0 = h0 2. 1. r 2 = 502 – OC2 = 502 – (h – 50)2 Donc r 2 = 100 h – h2. 1 2. V = π(100h – h2)h. 3 200 . 3. Le volume du cône est maximal pour h = 3 93 1. a. R = x + OH et R2 = OH2 + 2002. b. On a : (x + OH)2 = OH2 + 2002, d’où OH en fonction de x. 20 000 x c. R = x + − = f (x). x 2 2. a. Sur [100 ; 300] le signe de f ’ est le même que le signe de x – 200, donc f est décroissante sur [100 ; 200] et croissante sur [200 ; 300]. b. f est minimale pour x = 200. 3. a. R est minimal pour x = 200 et alors R = 200.  est alors un demi-cercle. b. L’arc AB 94 2. a. Aire MNPQ = –0,1x3 + 40x. 20 . b. L’aire est maximale pour x = 3 3. La longueur de la poutre permettant que l’aire soit maximale est environ 23,09 m. 92

95 1. y = 5 – 3x. 2. Aire = x2 + x(5 – 3x) = –2x2 + 5x. 3. L’aire est maximale pour x = 1,25 et alors y = 1,25 ; le logo est alors formé de deux carrés. 5 96 1. Pour a = –5, f est croissante sur ⎤ − ; – ⎤ , ⎥⎦ 3 ⎥⎦ ⎡ 5 ⎤ décroissante sur ⎢– ; 1⎥ et croissante sur [1 ; + ∞[. ⎣ 3 ⎦ 1 Pour a = 5 et a = 3 , f est croissante sur ⺢. 2. f est croissante sur ⺢ lorsque f ’ (x) est toujours supérieur à 0, c’est-à-dire lorsque 4 – 12a est inférieur 1 ou égal à 0, donc pour a 3 . 2 97 C doit être tel que AC = a. 3 98 1. Pour a = 1, f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[. Pour a = –1 f est croissante sur ]0 ; + ∞[. 2. a doit être inférieur ou égal à 0.

1. a. g est croissante sur [0 ;1] et décroissante sur [1 ; + ∞[. b. g est négative sur [0 ; + ∞[, donc 2 x x + 1. 2. a. y = 0,5x + 0,5. b. Ꮿ est en dessous de la tangente. 99

60

100 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 04S_exercice100.ggb (Geogebra), 04S_exercice100.fig (CABRI) 1. f est décroissante sur [0 ; 6]. 2. Construire la courbe, puis le point M variable sur cette courbe puis son projeté H sur l’axe (Ox) et le triangle OMH ; faire afficher l’aire et déplacer le point M. 1 3. a. Aire = xf(x). 2 12(2 − x)(2 + x) . b. A’(x) = (x 2 + 4)2 A est maximal pour x = 2. 101 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 04S_exercice101.ggb (Geogebra), 04S_exercice101.fig (CABRI) 1. f est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. 2. a. Construire le point A, puis le milieu de [OA] puis le cercle ; pour construire une droite passant par A et de coefficient variable il y a différentes possibilités ; dans le fichier joint nous avons choisi de construire un point H variable sur [Ox) ; construire ensuite la droite (AH) puis les points K et M ; animer le point H et faire apparaître la trace du point M. b. y = mx + 2. c. x2 + (y – 1)2 = 1. 2 2 −2m . d. H – ; 0 K ; m 1+ m2 1+ m2 2 2 e. Le point M a pour coordonnées − ; . m 1+ m2 La courbe décrite par le point M a pour équation 2x 2 y= . 4 + x2 102 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 04S_exercice102.ggb (Geogebra). 1⎤ et positif sur 1. 3x4 + 2x2 – 1 est négatif sur ⎡0 ; 3 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎡ 1 ; + ⎡. ⎣⎢ 3 ⎣⎢ 3x 4 + 2x 2 −1 2. a. f ’ (x) = ; f est donc décroissante sur x2 ⎡0 ; 1 ⎤ et croissante sur ⎡ 1 ; + ⎡. 3 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣⎢ 3 ⎣⎢ 1 et il est égal à b. Le minimum de f est atteint en x = 3 16 . 3 3 3. Construire la courbe Ꮿg puis le point M sur cette courbe et utiliser l’outil tangente . 4. a. y = –x + 1,25. b. A(1,25 ; 0) et B(0 ; 1,25). c. Aire AOB = 0,78125. 5. a. M(x ; 1 – x2) ; Y = –2xX + 1 + x2. ⎛1+ x 2 ⎞ b. A ⎜ 2x ; 0⎟ . ⎝ ⎠

(

)(

)

(

)

c. B(0 ; 1 + x2). d. Aire AOB = 0,25f (x). 1 e. L’aire AOB est minimale pour x = , soit environ 0,58. 3 103 1. a. f ’ (x) = 3(1 + x)2. b. y = 3x + 1. 2. a. g est croissante sur ]– ∞ ; –2], décroissante sur [–2 ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. Le minimum de g sur [–2 ; 2] est égal à 0, donc g est positive sur [–2 ; 2]. b. (1 + x)3 1 + 3x sur [–2 ; 2]. c. T est en dessous de Ꮿ sur [–2 ; 2]. 1. Il semble que le pli minimal mesure environ 27 cm et qu’il soit obtenu pour x environ égal à 15 cm . 2. a. D’après l’énoncé MN = MC et le point N doit appartenir au segment [AD], donc la longueur x doit être supérieure à la moitié de CD et inférieure à 21. b. En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle DMN rectangle en D, on obtient : DN2 = x2 – (21 – x)2 donc DN = 21(2x − 21). (21– x) × DN c. Aire triangle MDN = 2 (21– x) 21(2x – 21) = 2 x × NP xy = Aire triangle MNP = . 2 2 Aire triangle PMC= Aire triangle MNP. DN + PC × DC d. Aire trapèze CDNP = 2 21(2x − 21) + y = , 2 par ailleurs l’aire de ce trapèze est aussi égale à la somme des aires des trois triangles MDN, MNP, et PMC. On obtient alors une égalité puis en isolant les termes contenant y, on obtient l’expression de y. 104

e. En se plaçant dans le triangle MCP, on a 2x 3 , MP2 = x2 + y2, donc MP2 = 2x – 21 2x 3 donc MP = 2x – 21 . 2x 2(4x – 63) . 3. a. f ’ (x) = (2x – 21)2 f est décroissante sur ]10,5 ; 15,75], puis croissante sur [15,75 ; 21]. b. Le pli minimal est atteint pour x = 15,75. 2 000 105 y = 50 et S(x) = 100 + 40x + . x x S est minimal pour x = 50 et alors y = 50 . Le parallélépipède est donc de hauteur 20 cm et de base un carré de côté environ 7,07 cm. P P 106 y = – x et S(x) = x – x2. 2 2 P P S est maximal pour x = et alors y = . 4 4 S S 107 y = x + et p(x) = 2 . x x 2 ⎛ ⎞ ⎛ S⎞ x –S p’(x) = 2 ⎜1− 2 ⎟ = 2 ⎜ 2 ⎟ ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ p est minimal pour x = S et alors y = S . 108 h = 3 − R et V(R) = 3R – πR3 πR V’(R) = 3 – 3πR2. 1 2 V est maximal pour R = et alors h = . π π 109 f – g est décroissante sur [a ; b] et s’annule en a, donc f – g est négative sur [a ; b].

( )

110 Soit g telle que g(x) = f (x) – f ’ (a)(x – a) – f (a). g est dérivable sur I et g ’ (x) = f ’ (x) – f ’ (a). Puisque f ’ est croissante sur I, on en déduit que g ’ (x) 0 pour x < a et g ’ (x) 0 pour x a. g admet donc un minimum en a et ce minimum vaut 0, donc g est positive donc la courbe Ꮿ est située audessus de T sur I.


61


1 Optimisation d’une distance

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 04S_TP 1.ggb (Geogebra), 04S_TP 1.fig (CABRI). L’objectif de ce TP est d’utiliser un logiciel de géométrie pour traiter un problème d’optimisation ; ici on cherche la distance d’un point à une courbe. A. 1. On entre l’équation y = x2 dans le champ de saisie et on construit le point A en entrant A = (0,1) 2. Pour construire le point M, on peut utiliser un curseur a pour faire varier son abscisse puis entrer ses coordonnées sous la forme (a ; a2). On peut aussi simplement utiliser l’outil Point sur… . 3. La distance AM semble minimale pour deux valeurs de x environ égales à 0,7 et – 0,7. 4. En appelant M0 le point en lequel la distance semble être minimale, la droite (d) passant par M0 et perpendiculaire à (AM0) semble être la tangente à la courbe au point M0. B. 1. AM = x 2 + (x 2 −1)2 . 2. u est paire ; le minimum de u est égal à 0,75 et 1 sur [0, + ∞[. atteint pour x = 2 3 3. Le minimum de AM est 0,75 = . 2 1 1 4. Il existe deux points d’abscisses et – . 2 2

Remarque : nous n’avons pas demandé de démontrer la conjecture faite à la question A. 4. car les élèves n’ont sans doute pas lors de l’étude de ce chapitre de moyen pour démontrer que deux droites sont perpendiculaires (la condition mm’ = –1 n’est plus au programme dans les années précédentes). C. 1. Pour construire A, il est bien utile ici de construire un curseur a avec a variant entre 0 et 4. 2. Ici on doit étudier la fonction v telle que : v(x) = x 4 + (1 – 2a)x2 + a2. v’(x) = 2x(2x2 +(1 – 2a)) ; les valeurs de a telles que v’(x) ne s’annule qu’une fois en 0 en changeant de

62

signe sont les a tels que 1 – 2a supérieur ou égal à 0. a doit donc être inférieur à 0,5.

TP

2 Optimisation d’une aire

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 04S_TP 2.ggb (Geogebra), 04S_TP 2.fig (CABRI), 04S_TP 2.dfw (Derive) , 04S_TP 2.xcas (Xcas). Ici c’est l’aire d’un triangle que l’on cherche à optimiser. A. On construit le cercle, le point A, le point M sur le cercle puis le triangle AMM’. Une valeur approchée de l’abscisse du point M tel que l’aire du triangle AMM’ soit maximale est environ –0,4. B. 1. y = 4 − x 2 puisque la figure étant symétrique par rapport à l’axe des abscisses, l’énoncé propose de supposer que le point M a une ordonnée positive. 2. Appelons H le projeté du point M sur la droite (OA) et h la hauteur du triangle AMM’. Pour trouver la hauteur h on peut distinguer deux cas ou utiliser une valeur absolue. Si x appartient à [0 ; 2], alors h = OA – OH = 10 – x ; si x appartient à [–2 ; 0] alors h = OA + OH = 10 + (–x) = 10 – x. L’aire du triangle AMM’ est alors égale à (10 – x) 4 − x 2 . C. Voici l’affichage donné par le logiciel Xcas :

D. Le signe de f ’ (x) est le même que le signe de –(–2x2 + 10x + 4), c’est-à-dire le même que le signe de 2x2 – 10x – 4 ; la seule racine de ce polynôme 5 − 33 comprise entre –2 et 2 est ≈ –0,37. 2

C’est l’abscisse du point M qui permet que l’aire du triangle AMM’ soit maximale.

CHAPITRE

5

Les suites numériques

A Le programme L’étude de phénomènes discrets fournit un moyen d’introduire les suites et leur génération en s’appuyant sur des registres différents (algébrique, graphique, numérique, géométrique) et en faisant largement appel à des logiciels. Les interrogations sur leur comportement amènent à une première approche de la notion de limite qui sera développée en classe de Terminale. L’étude des suites se prête tout particulièrement à la mise en place d’activités algorithmiques. Contenus


Commentaires

Modes de génération d’une suite numérique.

• Modéliser et étudier une situation à l’aide de suites.  Mettre en œuvre des algorithmes permettant : – d’obtenir une liste de termes d’une suite ; – de calculer un terme de rang donné.

Il est important de varier les approches et les outils. L’utilisation du tableur et la mise en œuvre d’algorithmes sont l’occasion d’étudier en particulier des suites générées par une relation de récurrence.

Suites arithmétiques et suites géométriques.

 Établir et connaître les formules

Sens de variation d’une suite numérique.

• Exploiter une représentation graphique des termes d’une suite.

Approche de la notion de limite d’une suite à partir d’exemples.

donnant 1 + 2 + … + n et 1 + q + … + qn.  On peut utiliser un algorithme

ou un tableur pour traiter des problèmes de comparaison d’évolutions et de seuils. Par exemple, dans le cas d’une suite croissante non majorée, on peut déterminer un rang à partir duquel tout terme de la suite est supérieur à un nombre donné. Le tableur, les logiciels de géométrie dynamique et de calcul sont des outils adaptés à l’étude des suites, en particulier pour l’approche expérimentale de la notion de limite. On ne donne pas de définition formelle de la limite.

Chapitre 5 Les suites numériques

63

B Notre point de vue Ce chapitre traite de la notion de suites numériques, qui sont introduites dans les activités 1 et 2. Dans la première activité, la suite est définie par la restriction à l’ensemble ⺞ d’une fonction définie sur l’ensemble ⺢, tandis que nous avons choisi une approche algorithmique pour présenter un exemple de suite définie par récurrence dans l’activité 2. Cette activité constitue la première des nombreuses rencontres que feront les élèves avec l’algorithmique dans ce chapitre, puisque ces compétences sont présentes à toutes les étapes, le cours pour l’obtention des termes d’une suite, les exercices de tous niveaux et enfin dans deux TP. La seconde page de cours est consacrée aux variations des suites et à une approche de la notion de limite par la recherche de seuils, ceux-ci étant introduits dans l’activité 3. Conformément au programme, cette notion est étudiée à l’aide d’exemples, l’un pour une suite dont la limite est infinie, l’autre pour une suite convergeant vers 0. Sans pour autant que celle-ci soit formelle, nous avons fait le choix de donner une définition de la limite d’une suite dans les deux cas considérés, afin que les élèves appréhendent mieux l’intérêt et le sens de la recherche de seuils. En exercices, la recherche de seuils est aussi l’occasion d’un travail sur l’algorithmique et de programmations sur calculatrice. Les pages 3 et 4 du cours sont consacrées aux notions de suites arithmétiques et suites géométriques qui sont introduites dans les activités 4 et 5 à travers une approche géométrique. Ces notions sont largement utilisées dans des activités de modélisations, en exercices ou en travaux pratiques. La page « Chercher avec méthode » est naturellement consacrée à un problème de modélisation, et nous essayons d’apprendre à l’élève comment passer d’un phénomène discret à une modélisation par une suite numérique, puis à répondre au problème posé grâce à l’étude de cette suite. Enfin, quatre TP sont consacrés à l’étude des suites numériques.

Les notions abordées dans le chapitre 5 1. Les suites numériques 2. Sens de variation d’une suite et recherche de seuil 3. Les suites arithmétiques 4. Les suites géométriques

C Avant de commencer Se tester avec des QCM 1 C ; 5 C ;

2 A ; 6 B ;

3 C ; 7 C ;

11 n = 201. 4 B ; 8 B ;

9 C .

12 E = 33n+1 × 5n+1 et F =


13 32 %.

10 f (n + 1) – f (n) = 2n + 2 et f (n) – f (n – 1) = 2n.

14 Diminution de 20 %.

5n –1 . 3n –1


1 Le pont suspendu

Dans cette activité, la notion de suite est introduite à l’aide d’un exemple qui se veut concret et qui permet une première utilisation de la notation indicielle. La suite étant la restriction à l’ensemble ⺞ d’une fonction définie

64

sur ⺢, les élèves seront invités à utiliser le mode table de leur calculatrice avec un pas adéquat. 1. l0 = f (0) = 2,8. 2.

l1 l2 l3 l4 l5 l6 l7 l8 l9 l10 l11 2,25 1,8 1,45 1,2 1,05 1 1,05 1,2 1,45 1,8 2,25

Activité

2 Une suite récurrente

Dans cette activité, nous donnons un exemple de suite définie par récurrence. Il nous a semblé intéressant de voir cette notion sous un aspect algorithmique car les élèves ont été familiarisés avec ces pratiques dans les classes antérieures. Après la détermination des premiers termes dans deux situations, les élèves sont amenés à découvrir la relation de récurrence induite par l’algorithme. L’algorithme est disponible sur le site www.bordas-indice.fr : 05S_activite2.alg (Algobox). 1. Si on entre 1 comme valeur de A, les sept premiers nombres affichés sont 1 ; –1 ; –5 ; –13 ; –29 ; –61 et –125. 2. Si on entre 3 comme valeur de A, les sept premiers nombres affichés sont tous égaux à 3. 3. a. a1 = 2a0 – 3. b. a2 = 2a1 – 3. c. an+1 = 2an – 3.

Activité

3 Un placement financier

L’objectif de cette activité est d’introduire d’une part la notion de variation d’une suite, d’autre part d’initier la recherche de seuil à l’aide du mode suite de la calculatrice. L’utilisation d’un exemple de placement financier rend plus intuitif la notion de variation mais également celle de seuils. 1. C1 = 1,04 C0 + 100 = 1 140 ; C2 = 1,04 C1 + 100 = 1 285,60. 2. Cn+1 = 1,04Cn + 100. 3. C1 C0 , C2 C1. On peut conjecturer que Cn+1 Cn pour tout entier naturel n. Cela se traduit par le fait que chaque année le capital de Jean Magazine augmente. 4. En utilisant le mode suite de la calculatrice, on obtient C3 = 1 437,02 ; C4 = 1 594,50 ; C5 = 1 758,29 ; C6 = 1 928,62 ; C7 = 2 105,76… 5. Le premier entier naturel n tel que Cn 3 000 est 12 ce qui correspond à l’année 2024. 6. Le premier entier tel que Cn 10 000 est 33 et le premier entier tel que Cn 100 000 est 87. D’un point de vue théorique on peut dire que le capital peut dépasser ces valeurs, en considérant l’espérance de vie humaine c’est plus discutable.

Activité

4 Le jardin mathématique

Dans cette activité, nous faisons découvrir la notion de suite arithmétique dans un contexte géométrique. Les élèves découvrent la relation entre deux termes consécutifs puis sont amenés à conjecturer la formule du terme général qui sera donnée en cours.

1. La distance parcourue est 2EA0 soit 2 × 6 = 12 exprimée en mètres. On a bien d0 = 12. 2. d1 = 2 × EA1 = 2 × (6 + 2) = 16, d2 = 20. 3. a. d1 = d0 + 4. d2 = d1 + 4. b. dn+1 = 2EAn+1 = 2 × (EAn + AnAn+1) = 2 × (EAn + 2) = 2EAn + 4 = dn + 4. 4. a. A0A6 = 6 × 2 = 12. b. d6 = 2 × (EA0 + A0A6) = 2EA0 + 2A0A6 = d0 + 24 = 36. 5. A0An = 2n et dn = 2EAn = 2 × (EA0 + A0An) = 2EA0 + 2A0An = d0 + 4n = 12 + 4n.

5 Une ligne qui se brise

Activité

Dans cette activité, nous introduisons la notion de suite géométrique dans un contexte purement géométrique. Des calculs simples permettent la construction termes à termes de plusieurs suites géométriques, les élèves découvriront les relations de récurrences et pourront conjecturer l’expression du terme général de deux de ces suites, préparant ainsi l’obtention de la formule dans le cadre du cours. 1 1. a. L1 = 6 × = 3. 2 12 1 b. S1 = 2 × = . 2 2 1 2. a. L2 = 12 × = 3. 4 1 2 1 b. S2 = 4 × = . 4 4 3.

()

()

A

C

4. Sn+1 =

B

1 S. 2 n

5. Nb de Étape segments 1

6

2

12

3

24

4

48

5

96

LonLonNb Aire gueur gueur Aire de d’un d’un du totale carrés carré segment trajet 1 1 1 3 2 2 2 4 1 1 1 3 4 16 4 4 1 1 1 3 8 64 8 8 1 1 1 3 16 256 16 16 1 1 1 3 32 32 1024 32

1 On peut conjecturer que Ln = 3 et Sn = n pour tout 2 entier naturel n non nul. Chapitre 5 Les suites numériques

65

E Exercices POUR S’ENTRAÎNER

POUR DÉMARRER 1 L’indice du troisième terme est 2, celui du seizième terme est 15. 2

L’indice du premier terme est 4.

u0 = 0, u1 = 1, u2 = 4 et u15 = 225. 9 13 4 u2 = 4, u3 = et u7 = . 2 2 5 v1 = 7, v2 = 19 et v3 = 55.

3

1. w1 = –11 et w2 = –32. 2. wn+1 = 3wn + 1. 6

1. La valeur affichée est 7. 2. Il faut saisir la valeur 2 pour N. 7

8

u4 – u3 0.

9

u21 – u20 0.

Pour tout entier naturel n, vn+1 – vn = 2 et 2 0 donc (vn) est croissante. 10

11 Pour tout entier naturel n, wn+1 – wn = – 0,5 et – 0,5 0 donc (wn) est décroissante.

26

27

On a u69 1 000 et u42 1 000, donc u69 u42.

14

n0 = 5 001.

15

N = 1028 – 1.

1. u0 = 1, u1 = – 4, u2 = –19, v0 = 1, v1 = – 4,

v0 = –79. 2. u4 = –79, v4 = – 4 868 448 079. 28

1. u0 = –3, u1 = 1 – 10, u2 = 2 – 13,

u100 = 100 – 10 009. 2. (un) n’est définie que pour n 2, u2 = 29

1. u0 = 2, u1 = 0, u2 = 2, u100 = 2.

u100 = 100100 = 10200. 3 1 3 3. u0 = 0, u1 = , u2 = et u100 = 1 – 100 . 4 2 2 30 1. u0 = 1, u1 = 5, u2 = 7, u3 = 7, u4 = 5, u5 = 1 et u6 = –5. 2. M2 6

18

La raison est u3 – u2 = 4.

19

7 × 18 = 126 ; 18n.

1. S = 55. 2. S’ = 5 050. 20

1. w1 = 6, w2 = 12 et w3 = 24. 2. wn = 3 × 2n. u 9 3 22 La raison de la suite est 5 = = . u4 6 2 23 Pour tout entier naturel n, vn+1 = 5vn donc vn est une suite géométrique de raison 5. 21

Au 7e pliage, l’épaisseur de la tôle est = 128 millimètres. Au nième pliage, la tôle a une épaisseur de 2n millimètres. 1 8191 25 S = 797 161, S’ = 2 – . = 212 4 096 24

27

66

M1

M4

2

1. u1 = 5, u2 = 7, u3 = 9. 2. un = 3 + 2n. vn+1 = vn + (–2) pour tout entier naturel n. (vn) est arithmétique de raison –2.

M3

4

16

17

7 7 et u100 = . 2 660

2. (un) n’est définie que pour n 1 : u1 = 1, u2 = 4 et

12 1. La fonction inverse est décroissante sur ]0 ; + ∞[. 2. Pour tout entier naturel n non nul, un = f (n) où f est la fonction inverse donc (un) est décroissante. 13

1. u0 = –1, u1 = 1, u2 = 7, v0 = 0, v1 = –1, v2 = 1.

2. u4 = 31, v4 = 1.

M5

M0 0

1

2

3

4

5

6

–2 –4

M6

–6

3. Pour tout entier naturel n, Mn a pour coordonnées (n ; – n² + 5n + 1) donc Mn est situé sur la parabole d’équation y = –x² + 5x + 1. 32

1. u0 = 5, u1 = 5 et u2 = 5. On ne peut pas déduire

que (un) est constante. 2. un – 5 = n(n – 1)(n – 2) et un = 5 équivaut à un – 5 = 0, les seuls entiers naturels n tels que un = 5 sont 0, 1 et 2. 33

1. u0 = 0, u1 = –1, u2 = 0, u3 = 3 et u4 = 8.

2. n = 26.

3.

M4 6 4

M3

40

0

1

2

3

2

4

Pour tout entier naturel n, Mn a pour coordonnées (n, n² – 2n) donc le point Mn appartient à la parabole d’équation y = x² – 2x. 1. un–1 = n2 – 5n + 5, un+1 = n2 – n – 1, un+2 = n2 + n – 1, un + 1 = n2 – 3n + 2 et u2n = 4n2 – 6n + 1. n n+2 n+3 2. un–1 = ,u = ,u = , 2n + 1 n+1 2n + 5 n+2 2n + 7 2n + 1 3n + 4 un + 1 = et u2n = . 4n + 3 2n + 3 34

un–1 = n2 – 2n + 2 et un+1 = n2 + 2n + 2.

1

0

A4

A0 2

3

4

5

–3 A3

–5 –6

A4

–7 –8

u2 = 2, u3 = 3, u4 = 5, u5 = 8, u6 = 13, u7 = 21 et u8 = 34. u1 1

u2 –1

u3 –5

u4 –13

u5 –29

u6 – 61

u7 –125

u8 –253

u9 –509

u10 –1 021

u11 –2 045

u12 –4 093

u13 –8 189

u14 –16 381

u15 –32 765

u16 u17 – 65 533 –131 069

u18 –262 141

v1 v2 0,63 –1,03

1. u1 = 5, u2 = 9, u3 = 17 et u4 = 33. 2. un+1 = 2un – 1. 3. A4

30

v9 3,08 45

25

v10 0,19

v3 –3,6

v4 20,44

v11 v12 –1,45 –5,09

u19 –524 285

u20 –1 048 573

v5 1,53 v13 7,27

v6 v7 v8 –0,43 –2,28 –13,21 v14 0,93

v15 –0,8

v16 –3

1. TI

20

CASIO

A3

15 10

0

4

43

1

38

5

3

42

A3

A2

2

–4

1. u0 = 0, u1 = 1, u2 = 2, u3 = 3 et u4 = 2.

A1

1

–2

2. 2

A2

0 –1

41

36 1. u1 = 4, u2 = 10 et u3 = 28. 2. u1 = –3, u2 = –8 et u3 = – 63. 1 3. u1 = –5, u2 = – et u3 = 2. 3 4. u1 = 2, u2 = 2 et u3 = 2.

A5

A0

1

M1

–2

A1

3

M2

M0

37

1. u2 = 1, u3 = –5, u4 = –7 et u5 = 3.

2.

2

35

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_exercice39.xls (Excel 2003), 05S_exercice39.xlsx (Excel 2007) et 05S_exercice39.ods (OpenOffice). 1. =2*A3+1 . 2. =2*C2+1 . 39

A2 A1

A0 1

2

3

4

2. u11 ≈ 12 283. Chapitre 5 Les suites numériques

67

46

1. TI

CASIO

3. La fonction f définie sur [0 ; + ∞[ par 1 f (x) = 1 + x + 1 étant décroissante, (wn) est décroissante. 4. tn+1 – tn = – n + 1. (tn) est décroissante. 1. On conjecture que la suite (un) est décroissante. –(n2 + 9n + 3) 2. un+1 – un = 2 , ce qui permet de (n + 1)((n2 + 2n + 2) démontrer la conjecture. 56

2. u17 ≈ 0,241 785 à 10–6 près. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 05S_exercice47.alg (Algobox). 1. Saisir n 47

Si n > 3 alors montant prend la valeur 17 × n × 0,92 Sinon montant prend la valeur 17 × n. Afficher montant

2. Si le client achète au moins 4 livres, il bénéficie d’une réduction de 8 % sur la totalité de la commande. 3. Si n 3, un = 17n et si n 4, un = 15,64n. 1 48 1. Faux. Contre-exemple : un = pour n 1. n 2. Vrai. u1 = f (u0) = 2 et u2 = f (u1) = 5. 3. Vrai. un+2 = 2un+1 + 3 = 2(2un + 3) + 3 = 4un + 9. 4. Faux. u2 = 2 et u3 = 9. 1. (un) est croissante. 2. (un) est décroissante. 3. (un) est décroissante. 5 4. un = + 1, (un) est décroissante. n 50 1. un+1 – un = 4n + 1. (un) est croissante. – (32n + 8) . (un) est décroissante. 2. un+1 – un = (4n − 1)2(4n + 3)2 1 3. un+1 – un = . (u ) est croissante. n +1 n 4. un+1 – un = (n + 1)². (un) est croissante.

57 1. wn+1 – wn = (un+1 – un) + (vn+1 – vn) donc wn+1 – wn 0 car un+1 – un 0 et vn+1 – vn 0. 2. Dans ce cas, (wn) est décroissante.

Si un = n² + 2n et vn = –n, (wn) est croissante. Si un = n et vn = –n² – 2n, (wn) est décroissante. 58

59 Si un = n et vn = n², (wn) est croissante. −1 et vn = (n + 1)², (wn) est décroissante. Si un = n +1 −2 60 1. un+1 – un = . (u ) est décroissante. 3n +1 n 2. On conjecture que la limite de la suite (un) est 0. 3. n0 = 7. 4. A prend la valeur 1 I prend la valeur 0 Tant que A > 10–90 I prend la valeur I + 1 1 A prend la valeur l 3 Fin Tant que Afficher I

49

51 1. un+1 – un = 2n + 3. (un) est croissante. 2. un+1 – un = – un2 + 3. (un) est décroissante. 3. un+1 – un = –(un2 + 1) . (un) est décroissante. 1 2 11 + . (un) est croissante. 4. un+1 – un = n² – n + 3 = n – 2 4 n 52 1. un+1 – un = 2 × 3 . (un) est croissante. −1 2. un+1 – un = n +1 . (un) est décroissante. 2 3. un+1 – un = 5n(4n + 5). (un) est croissante. n n 4. Correctif : il faut lire un = n +1 et non pas un = n . 2 2 −n un+1 – un = n +1 . (un) est décroissante. 2 53 1. u0 = 1, u1 = 6, u2 = 27 et u3 = 0. (un) est non monotone. 2. vn+1 – vn = 10n + 4. (vn) est croissante. 3. La fonction f définie sur [0 ; + ∞[ par f (x) = x3 + 7x + 3 étant croissante, (wn) est croissante. 4. tn+1 – tn = –(n + 3)². (tn) est décroissante.

( )

54 1. u0 = 1, u1 = –1, u2 = 1. (un) est non monotone. 2. vn+1 – vn = 3n² + n. (vn) est croissante.

68

61 1. n0 = 99² = 9 801. 2. n0 = (108 – 1)². 62 1. n0 = 97. 2. n1 = 9 997. 63

1. On conjecture que lim vn = + ∞. n→ +∞

2. 8 + 1009 ≈ 39,76 donc n0 = 40. 3. N est l’entier immédiatement supérieur ou égal à 8 + 9 + 10 p . 64 1. On conjecture que lim vn = + ∞. n→ +∞ 2. n0 = 1 000. 3. N = 10p. 65 1. On obtient N = 5 en affichage. 2. Il s’agit du premier entier n tel que un 100. 3. Il suffit de remplacer 100 par 1 000 dans la boucle « TANT QUE ». 4.

TI 0↦N 10 ↦ U While U 1 000 N+1 ↦ N 2U–5 ↦ U End Disp N

CASIO 0↦N 10 ↦ U While U 1 00 N+1 ↦ N 2U–5 ↦ U WhileEnd N

5. n0 = 8. 66 1. On conjecture que la limite de la suite (un) est 0. 2. n0 = 2 001.

3. n0 est l’entier immédiatement supérieur à : 10p + 102p + 10 p – 1. 67

n0 45.

1 1. Faux. u0 = 2, u1 = , u2 = 2… 2 2. Faux. u3 ≈ 7,06 et u4 ≈ –1,16. 3. Vrai. 69 42 et (un) est croissante. 4. Faux. Il suffit de prendre un = (–1,35)n. 68

69

tn+1 – tn = (un+1 – 5vn+1) – (un – 5vn) = (un+1 – un) – 5(vn+1 – vn) = 3 – 5 × (–2) = 13. t10 = t0 + 13 × 10 = 89. 79

80

u1 = 5, u2 = 7, un = 2n + 3, u25 = 53.

u1 = 2, u2 = 9, un = 7n – 5, u25 = 170. 1 7 71 u1 = , u2 = 4, un = n + 3, u25 = 15,5. 2 2 72 u1 = 22, u2 = 20, un = –2n + 24, u25 = –26. −13 −4 −9 73 u1 = , u2 = , un = n – 1, u25 = –21. 5 5 5 74 1. (un) n’est pas arithmétique car u0 = 1, u1 = 2 et u2 = 7. 2. (un) est arithmétique de premier terme u0 = –3 et de raison 2. 1 3. (un) est arithmétique de premier terme u0 = et 3 1 de raison . 3 4. (un) n’est pas arithmétique car u0 = 2, u1 = 4 et u2 = 10. 70

75 1. (un) n’est pas arithmétique car u1 – u0 = 0 et u2 – u1 = 1. 2. (un) n’est pas arithmétique car u1 – u0 = 0 et u2 – u1 = 1. 3. (un) est arithmétique de raison –5. 4. (un) n’est pas arithmétique car u0 = 7, u1 = 15 et u2 = 31. 76

5

M0

4 3

M1

2 1 0 –1 –2 –3 –4

1

2 M2

3

4

M3

–5

1. r = 3. −1 2. r = . 4 −1 78 1. r = . 2 −31 2. r = . 600

81 1. u12 = 82. 2. À partir du rang 144. 3. Pour n compris entre 72 et 143 inclus. 82 1. Les huit premiers termes sont nuls. 2. On pourrait conjecturer que wn = 0 pour tout entier naturel n. 3. w8 = 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 + 8 = 40 328. La conjecture est fausse. 6 6 13 25 6 83 1. u1 = ,u = ,u = ,v = ,v = 13 2 25 3 37 1 6 2 6 37 et v3 = . 6 1 1 2un + 1 1 2un 2. vn+1 – vn = − = − = = 2. un un +1 un un un 6 1+ 12n 1 et un = . 3. vn = + 2n = 1+ 12n 6 6 84 1. Vrai. un+1 = un + 0 pour tout n. 2. Faux. Les points sont alignés sur une droite de coefficient directeur r. −1 3. Vrai. un+1 – un = pour tout n. 3 1+ 15 4. Faux. 15 × = 120. 2 997 5. Faux. 3 + 0,6n 1 000 équivaut à n , soit 0, 6 n 1 662.

1. e1 = 95, e2 = 100, en = 90 + 5n. 90 + 165 2. e15 = 165, donc S = 16 × = 2 040. 2 86 1. (un) est arithmétique puisque pour tout n, un+1 = un + 20. 2. u30 = 100 + 20 × 29 = 680 et u1 + u2 + … + u30 = 11 700. 100 + 100 + 20(n – 1) 3. Sn = u1 + … + un = n × 2 = 10n² + 90n. 85

Mn(n, yn) appartient à la droite d’équation y = –3x + 5 donc yn = –3n + 5 et yn+1 – yn = –3 donc la suite (yn) est arithmétique de raison –3. 77

Saisir A Saisir r Saisir N Afficher A Pour I variant de 1 à N A prend la valeur A + r Afficher A Fin Pour

On trouve nmax = 53. 1. S = 1 + 2 + … + n et S = n + (n – 1) + … + 2 + 1, donc 2S = (n + 1) +… + (n + 1). Cette somme comportant n termes tous égaux à n + 1, on obtient 2S = n(n + 1), n(n + 1) soit S = . 2 10 10 × 11 = 55. 2. S = ∑ k = 2 k =1 87


69

S = u1 + … + u9 = 9 × u1 + u9 2 9 = × (u1 + u1 + 8 × 2) = 9 × (u1 + 8). 2 S = 153 équivaut à u1 = 9 et les 9 entiers impairs sont ceux de 9 à 25. 89 11k 100 équivaut à k 90, 88

90

donc S =

90

k=0

k=0

1. tn = 5 × 3n et t7 = 10 935. 2. t est croissante car q 1 et t0 0. 1. vn = 3 × (–2)n et v10 = 3 072. 2. v est non monotone car q 0. 92

93

v1 = 6, v2 = 12 et vn = 3 × 2n.

94

v1 = –6, v2 = 12 et vn = 3 × (–2)n.

v1 = –6, v2 = –18 et vn = –2 × 3n. −2 −2 −2 96 v1 = ,v = et vn = n . 3 2 9 3 −2 2 −2 97 v1 = , v2 = et vn = . 9 3 (−3)n 98 v1 = 6, v2 = –18 et vn = –2 × (–3)n. 95

1. v0 = 12, v1 =24, v2 = 48, v3 =96 mais v4 = 180 donc v n’est pas géométrique. 2. un+1 = 3 × 7n+3 = 3 × 7n × 7= un × 7, u est donc géométrique de raison 7 et de premier terme u0 = 147. 99

1. (vn) n’est pas géométrique car v0 = 1, v1 = 4 et v2 = 13. 2. (vn) est géométrique de raison 7 et de premier terme v0 = 3. 5 3. (vn) est géométrique de raison et de premier 3 1 terme v0 = . 3 4. (vn) n’est pas géométrique car v0 = 2, v1 = 5 et v2 = 13. 100

1. (vn) est géométrique de raison 5. 1 2. (vn) est géométrique de raison . 5 3. (vn) est géométrique de raison 0 car v0= –1, vn = 0 pour tout entier n non nul. 4. (vn) n’est pas géométrique car : v0 = 1, v1 = 4 et v2 = 256. 101

102

S = 87 380.

103

S=

104

S=

15

(

)

1 1 65 535 ∑ 2k = 2 1− 216 = 32 768 . k=0 11

∑ (–3)k = –132 860. k=0

1− 39 = 49 205. 1− 3 2. S’ = 107 567 595.

70

Saisir A Saisir r Saisir N Afficher A Pour I variant de 1 à N A prend la valeur q × A Afficher A Fin Pour

∑ 11k = 11× ∑ k = 45 045.

91

105

106

1. S = 5 ×

1. S = 1 + q + q² + … + qn, qS = q + q² + … + qn+1 et 1− qn +1 . S – qS = 1 – qn+1 soit (1 – q)S = 1 – qn+1 et S = 1− q 63 k 19 2. S = ∑ 2 = 1,84 × 10 . 107

k=0

108 1. Faux. (un) définie par un = n² n’est ni géométrique,

ni arithmétique. 2. Vrai. vn+1 = 1,07vn pour tout n. 1− 212 1- 212 3. Vrai. S = = 212 – 1. = 1− 2 –1 4. Faux. Contre-exemple : vn = 2n + 3n avec v0 = 2, v1 = 5 et v2 = 13. 1. b1 = 32 100, c1 = 28 800, b2 = 34 347 et c2 = 27 648. 2. bn+1 = 1,07bn et cn+1 = 0,96 cn. 3. bn = 30 000 × 1,07n et cn = 30 000 × 0,96n. 109

110 1. u1 = 21 012. 2. un+1 =1,03un et un = 20 400 × 1,03n. 3. n = 24. 111 Correctif : un = u0 × 0,55n, d’où u3 ≈ 16,64 et u4 ≈ 9,15 : il faut disposer de 4 plaques. 112 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_exercice112.xls (Excel 2003), 05S_exercice112.xlsx (Excel 2007) et 05S_exercice112.ods (OpenOffice). 1. d1 = 50, d2 = 50 × 0,98 = 49 et d3 = 48,02. 2. dn+1 = 0,98dn. (dn) est géométrique de raison 0,98 et de premier terme d1 = 50 : dn = 50 × 0,98n–1. n 1− 0, 98n 3. Ln = ∑ dn = 50 × = 2 500 × (1 – 0,98n). 1− 0, 98 k =1 4. Pour tout n, 0,98n 0 donc 1 – 0,98n 1 et Ln 2 500. 5. N = 388 mais L387 ≈ 2 498,994…

1. Faux. (Mn) est géométrique de raison 1 – 0,165 = 0,835. 2. Vrai. 0,8354 ≈ 0,486 et 0,8353 ≈ 0,582. 1 1 114 1. vn+1 – vn = n + 1 + −n− 2(n + 1) – 1 2n − 1 1 1 =1+ − 2n + 1 2n − 1 4n2 – 1 2n – 1 2n + 1 = 2 + − 4n – 1 4n2 – 1 4n2 – 1 4n2 – 1+ 2n – 1– 2n – 1 4n2 – 3 = . = 4n2 – 1 4n2 – 1 113

2. Pour n = 0, la différence vn+1 – vn = 3 et pour n 1, 4n² – 3 et 4n² – 1 sont positifs donc vn+1 – vn 0 : (vn) est croissante. 3. n = 1 000. 2n2 + 1 2n + 1 115 Il faut lire un = (et non pas 2 ). n +1 n2 + 1 1. On conjecture que lim un = 0. n→ +∞ 2. n0 = 2 001. 3. n0 est l’entier immédiatement supérieur à 10p + 102p + 10 p − 1. 1. an+1 = an + 7. (an) est arithmétique de raison 7 et de premier terme a0 = 1 500 donc an = 1 500 + 7n. 2. n = 72. 116

72

3. S =

∑ ak = 127 896.

4. vn = 1 750 × 0,8n et un = vn + 250 = 1 750 × 0,8n + 250. 5. un 500 équivaut à n 8. 1. u1 = 200 × 1,04 + 200 = 408, u2 = 408 × 1,04 + 200 = 624,32 et u3 = 1,04u2 + 200 ≈ 849,29. 2. un+1 = 1,04un + 200. 3. a. v0 = u0 + 5 000 = 5 200, v1 = u1 + 5 000 = 5 408 et v2 = 5 624,32. b. vn+1 = un+1 + 5 000 = 1,04 un + 200 + 5 000 = 1,04un + 5 200 = 1,04(un + 5 000) = 1,04vn. (vn) est donc géométrique de raison 1,04. c. vn = 5 200 × 1,04n et un = vn – 5 000 = 5 200 × 1,04n – 5 000. 4. 11 années. 120

k=0

1. D1 = 300 × 0,8 = 240. 2. Dn+1 = 0,8Dn. (Dn) est géométrique de raison 0,8. Dn = 300 × 0,8n. 29 1– 0, 830 3. ∑ Dk = 300 × ≈ 1 498,14. 1– 0, 8 k=0 117

POUR FAIRE LE POINT Attention à la question 10 , la réponse B est aussi bonne.

1 B et C ; 2 A ; 6 A ; 7 B ; 11 D ; 12 A.

3 B ; 8 D ;

4 A ; 9 C ;

5 A ; 10 A, B et D ;

POUR APPROFONDIR 118

1. a. l0 = 50π, l1 = 25π et l2 = 12,5π.

b. Le diamètre du demi-cercle Ꮿn+1 est la moitié de celui 50π 1 de Ꮿn, donc ln+1 = ln et ln = n . 2 2 7 1 6 375π 2. a. L = ∑ lk = 50π 2 – 7 = ≈ 312,9 mètres. 64 2 k=0 312, 9 b. = 625,8 donc il faut 625 + 1 = 626 arbustes. 0, 5 119 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_exercice119.xls (Excel 2003), 05S_exercice119.xlsx (Excel 2007) et 05S_exercice119.ods (OpenOffice). 1. D’une année à l’autre, la surface de gazon est diminuée de 20 % donc multipliée par 0,8 et on ajoute 50 puisque 50 m² de chiendent est remplacé par du gazon, d’où la formule un+1 = 0,8un + 50. 2. u1 = 1 650 et u0 = 2 000. 3. vn+1 = un+1 – 250 = (0,8un + 50) – 250 = 0,8un – 200. vn+1 = 0,8 (un – 250) = 0,8vn. (vn) est donc géométrique de raison 0,8 et de premier terme v0 = u0 – 250 = 1 750.

(

)

1. d1 = 2, d2 = 1. 1 d . (d ) est géométrique de premier terme 2 n n 1 d0 = 4 et de raison . 2 1 1 3. dn = 4 × n = n − 2 . 2 2 1 n +1 1− ⎡ 2 1 n +1⎤ = 4 × 2 × ⎢1– 4. Sn = d0 × ⎥ 1 2 ⎣ ⎦ 1− 2 n +1 ⎡ ⎤ 1 = 8 × ⎢1– ⎥. 2 ⎣ ⎦ 5. On conjecture que la limite de la suite (Sn) est 8. 1 6. Non car Sn = 8 équivaut à n +1 = 0. 2 7. n = 12. 2x 122 Pour x –3, on pose q = et on remarque que x+3 q = 1 ne fournit pas de solution. 1– q 4 Si q 1, 1 + q + q² + q3 = et l’équation équivaut 1− q alors à 1 – q4 = 0 soit q4 = 1, d’où q = –1 puisque 1 est exclut. 2x = –1 équivaut à x = –1. x+3 123 A. 1. Le triangle OAB est équilatéral et [OA’] est la 3 OA. hauteur issue de O de ce triangle donc OA’ = 2 Le triangle OA’B’ est équilatéral donc A’B’ = OA’. 121

2. dn+1 =

()

()

()

De plus OA = AB, d’où l’égalité : 3 A’B’ 3 AB et . A’B’= = 2 2 AB 2. Si a est le coté d’un triangle équilatéral l’aire du 3 triangle est × a². On déduit que : 4 3 2 A’B’2 s’ A’B’ 2 ⎛ 3 ⎞ 3 = 4 = =⎜ ⎟ = . s AB 4 ⎝ 2 ⎠ 3 2 AB 4 3 3. a = 6s et a’ = 6s’, donc a’ = a. 4

( )


71

B. 1.

E0

D1 D2

E1 F0

C4

C3

4 n 3 × 4n = 3 × . (pn) est géométrique. 3 3n On conjecture que sa limite est + ∞.

C2 B4

D3

B3

E 2 D4

A3

F1

E4 F2

F4 F3

A0

A1

5. L’aire d’un petit triangle à la (n + 1)ième étape est 3 3 2 4 × l n+1, soit 4 × 32n + 2 . Et comme il y a cn petits

C1

A4 B2

O

C0

B1

A2 B0

3 2. D’après la partie A, on a cn+1 = c. 2 n 3 et de La suite (cn) est donc géométrique de raison 2 premier terme c0 = 8. n ⎛ 3⎞ 3. cn = 8 × ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ 4 9 9 ⎛ 3⎞ = . A4B4 = c4 = 8 × ⎜ ⎟ = 8 × 16 2 ⎝ 2 ⎠ 3 4. D’après la partie A, on a an+1 = an. 4 5. a0 = 6 × 3 × 8² = 96 3 . La suite (an) est géométrique 4 3 n 3 de raison , donc an = 96 3 × . 4 4 n 1 3 équivaut à n 5. 6. 4 4 124 1. 1 – Ꮽn désigne la partie non coloriée après le nième coloriage, on a alors : 8 1 1 Ꮽn+1 = Ꮽn + (1 – Ꮽn) = Ꮽn + . 9 9 9 8 1 2. Ꮾn+1 = Ꮽn+1 – 1 = Ꮽn + – 1 9 9 8 8 8 8 = Ꮽn – = Ꮽn – 1 = Ꮾn. 9 9 9 8 9 La suite (Ꮾn) est géométrique de raison et de premier 9 −8 1 terme Ꮾ1 = Ꮽ1 – 1 = – 1= . 9 9 8 n –1 8 8 n =– . Ꮾn = – × 9 9 9 8 n 3. Ꮽn = Ꮾn + 1 = 1 – . 9 4. On conjecture que la limite de la suite (Ꮽn) est 1. On se rapproche, sans jamais l’atteindre, d’un coloriage complet du carré.

()

()

()

()

()

125 La numérotation des polygones dessinés est P0, P1

et P2 et non pas P1, P2 et P3. 3 . 1. c0 = 3, l0 = 1, p0 = 3 et a0 = 4 3 1 . c1 = 12, l1 = , p1 = 4 et a1 = 3 3 1 10 3 16 c2 = 48, l2 = , p2 = et a2 = . 9 27 3 2. cn+1 = 4cn et cn = 3 × 4n. 1 1 3. ln+1 = ln et ln = n . 3 3

72

()

4. pn = cnln =

D0

triangles à la (n + 1)ième étape, on déduit : 3 × 4 n × 3 4 n –1 × 3 3 4 n , = = × 2n + 2 2n +1 12 9 4×3 3 n 3 4 donc an+1 = an + . × 12 9

()

an+1 – an =

()

n –1

∑ ak +1 – ak = an − a0 k=0 k

n –1 3 4 k 3 n −1 4 ∑ ak +1 − ak = ∑ 12 × 9 = 12 ∑ 9 k=0 k=0 k=0 n −1

et

3 = 12

() ()

4 9 4 1− 9

1–

()

n

=

3 3 20

⎡ 4 n⎤ ⎢1− 9 ⎥ . ⎣ ⎦

()

4 n⎤ 3 . + 9 ⎥⎦ 4 7 23 et u3 = . 2 4 3 5 2. a. vn+1 = un+2 – un+1 = un+1 – un – un+1 2 2 3 3 = un+1 – un . 2 2 3 3 b. vn+1 = (un+1 – un) = vn donc (vn) est géométrique 2 2 3 de raison et de premier terme v0 = u1 – u0 =1. 2

()

3 3⎡ 1− 20 ⎢⎣ 3 5 126 1. u2 = u1 – u0 = 2 2

On a alors an =

n –1

3.

n –1

∑ vk = ∑ uk +1 − uk = un − u0 k=0

k=0

n –1

et

∑ vk = v0 k=0

3 n ⎡ 3 2 =2×⎢ 3 ⎣ 2 1− 2

1−

()

n

()

n

()

⎡ 3 On a alors un = 2 × ⎢ ⎣ 2

⎤ – 1⎥ . ⎦ n

()

⎤ 3 – 1⎥ + 1 = 2 × 2 ⎦

– 1.

1 1 , v = –1, v3 = 2 et v4 = . 2 2 2 2. On remarque que la suite (vn) semble périodique 127

1. v1 =

de période 3. v v − 1− vn 1 1 =1– n = n = vn − 1 vn − 1 1− vn vn +1 1 et vn+3 = 1 – = 1 – (1 – vn) = vn. vn + 2 3. vn+2 = 1 –

1. Un+1 = Un + (n + 1)2. U1 = 12 = 1. ( n + 1) ( n + 2) (2n + 3) 1× 2 × 3 2. W1 = = 1. Wn+1 = , 6 6 128

1 (n + 1) [(n + 2)(2n +3) – (n(2n + 1)] 6 1 = (n + 1)(6n + 6), 6 donc Wn+1 – Wn = (n + 1)2 d’où Wn+1 = Wn + (n + 1)2. 3. W1 = U1 et la relation de récurrence permettant le calcul de Wn+1 à partir de Wn est la même que celle permettant le calcul de Un+1 à partir de Un. On déduit que Un = Wn pour tout n, donc Wn+1 – Wn =

n

soit

∑

k2

k =1

129

n(n + 1)(2n + 1) . = 6

Il faut lire Un =

1 n k(k – 1) . n k∑ =1

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_exercice129.xls (Excel 2003), 05S_exercice129.xlsx (Excel 2007) et 05S_exercice129.ods (OpenOffice). 1 1. On conjecture que Vn = n² – 1, donc que Un = (n2 – 1). 3 n

2. ∑ k =1

k2 –

k = 1² – 1 + 2² – 2 + … + n² – n = 1² + 2² + … + n² – (1 + 2 + … + n) n n n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − = ∑ k2 – ∑ k = 6 2 k =1 k =1

On obtient alors : n n(n + 1) 2n + 1 n(n + 1)(n – 1) –1 = ∑ k2 – k = 2 3 3 k =1 n 2 1 (n + 1)(n – 1) n – 1 et Un = ∑ k 2 – k = . = n k =1 3 3

(

)

1. a. f (x) = x0 + x1 + x2 avec x 苷 1, 1− x 3 x 3 − 1 donc f (x) = avec la formule de la somme = 1− x x −1 des puissances successives d’un réel. b. Avec la première forme, on obtient 2x 3 − 3x 2 + 1 , f ’ (x) = 1 + 2x et avec la seconde f ’ (x) = (x – 1)2 d’où l’égalité. 1− x 4 x 4 – 1 . 2. On obtient g (x) = = 1− x x –1 En dérivant chacune des formes, on obtient : 3x 4 − 4x 3 + 1 . g’ (x) = 1 + 2x + 3x² = (x − 1)2 3. On considère la fonction h définie sur ]1 ; + ∞[ par h (x) = 1 + x + x² + … + xn. On obtient 1− x n +1 x n +1 – 1 et en dérivant chacune des h (x) = = 1− x x –1 expressions de h (x) on obtient l’égalité : nx n +1 − (n + 1)x n + 1 1 + 2x + 3x2 + … + nxn–1 = , (x – 1)2 n nx n +1 − (n + 1)x n + 1 soit ∑ kx k −1 = . (x − 1)2 k =1 130

131

1. u2 = 2, u3 = 3, u4 = 5 et u5 = 8.

2.

3.

A prend la valeur 1 B prend la valeur 1 Entrer la valeur de N Pour I variant de 1 à N + 1 Afficher A C prend la valeur A + B A prend la valeur B B prend la valeur C Fin pour

TI Prompt N 1↦A 1↦B For(I,1,N + 1) Disp A A+B↦C B↦A C↦B End

CASIO ?↦N 1↦A 1↦B For 1 ↦ I To N A A+B↦C B↦A C↦B Next A

On obtient u24 = 75 025. 132 1. OA0 est la longueur de la diagonale du triangle rectangle isocèle OA0A1 donc OA1 = A0A1 et 1 2 2 OA0 = OA0 = . OA0 = 2 OA1, d’où OA1 = 2 2 2 2 2. OAn+1 = OAn puisque OAn est la longueur de la 2 diagonale du triangle rectangle isocèle OAnAn+1. 2 2 OAn = u. 3. un+1 = OAn+1 = 2 2 n 2 et de La suite (un) est donc géométrique de raison n 2 2⎞ ⎛ premier terme u0 = OA0 = 1⬊un = ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ 4. Comme Ak–1Ak = OAk, on a : ⎛ 2 ⎞n+1 1− ⎜ ⎟ n ⎝ 2 ⎠ Ln = OA0 + OA1 + … + OAn = ∑ uk = . 2 k =0 1− 2 5. On conjecture que la limite de la suite (Ln) est un réel proche de 3,4142 (en fait exactement 2 + 2). 133 A. 1. u1 = 740 et u2 = 644. 2. a. vn+1 = un+1 – 500 = 0,6un + 200 – 500 = 0,6un – 300 = 0,6(un – 500) = 0,6vn. v0 = u0 – 500 = 400. (vn) est donc géométrique de raison 0,6 et de premier terme v0 = 400. b. Comme v0 0 et 0 0,6 1, (vn) est décroissante. c. vn = 400 × 0,6n et un = vn + 500 = 400 × 0,6n + 500. d. n = 12. B. 1. a0 = 900 et a1 = 0,8 × a0 + (1 000 – a0) × 0,2 = 740. 2. a2 = 0,8 × a1 + (1 000 – a1) × 0,2 = 644. 3. 0,8an correspond au nombre de clients restant de l’année n et 0,2 × (1 000 – an) correspond au nombre de clients de B venant l’année n + 1 chez A.


73

4. an+1 = 0,8an + 200 – 0,2an = 0,6an + 200. 5. Étant donné les relations de récurrence et le fait que a0 = u0 on déduit que an = un pour tout entier n. On peut conjecturer que la limite de (an) est 500, donc le marché va évoluer vers une répartition égalitaire.

Prises d'initiatives 134 À chaque étape le nombre de triangles non noircis est multiplié par 3 car comme pour la première étape, chaque triangle non noirci est divisé en 4 triangles dont un seul est noirci. Comme le nombre de triangles que l’on noircit à l’étape n est égal au nombre de triangles non noircis à l’étape n – 1, on déduit que, pour n 1, Tn+1 = 3Tn. (Tn) est donc géométrique de raison 3 et de premier terme T1 = 1. Le nombre total de triangles noircis à la nième étape est 1− 3n 3n − 1 Sn = T1 + T2 + … + Tn = . = 1− 3 2

n

n(n + 1) 3n2 + n . −n= 2 2 k =1 2. 11 étages et il restera 21 cartes. 135

1. S = 3∑ k − n = 3

136 1. D = 0. 3 2. D4 = 2. 3. Toutes les diagonales de Pn sont des diagonales de Pn+1, les segments reliant le nouveau sommet aux sommets de Pn sont des diagonales pour Pn+1 sauf les deux reliant les sommets adjacents à ce nouveau sommet, enfin le côté de Pn reliant les deux sommets adjacent au nouveau sommet de Pn+1 devient une diagonale pour Pn+1. On déduit que Dn+1 = Dn + (n – 2) + 1 = Dn + n – 1. n−1

4.

∑ Dk +1 – Dk = Dn – D3 = Dn k =3 n−1

et

n−1

∑ Dk +1 – Dk = ∑ (k – 1) k =3

k =3

= (3 – 1) + (4 – 1) + … + (n – 1 – 1) =2+3+…+n–2 n−2 2 + (n – 2) n(n – 3) . = ∑ k = (n – 3) = 2 2 k =2


1 La demi-vie d’un médicament avec un tableur

Ce TP utilise le tableur pour étudier l’évolution de la concentration d’un médicament dans le sang et rechercher des seuils de concentration. A. 1. Cn+1 = Cn – 0,035Cn = (1 – 0,035)Cn = 0,965Cn. 2. La suite (Cn) est géométrique de raison 0,965. 3. Cn = C0 × 0,965n = 0,965n puisque C0 = 1. B. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_TP1.xls (Excel 2003), 05S_ TP1.xlsx (Excel 2007) et 05S_ TP1.ods (OpenOffice). 1. Après avoir légendé les cellules A1 et B1 et renseigné les cellules A2 et B2, inscrire dans A3 : =A2+1 puis dans B3 : =B2*0,965 . Sélectionner les deux cellules A3 et B3, puis recopier vers le bas jusqu’à la ligne 302. 2. 5 heures correspondant à 300 minutes, on obtient le nuage de points à partir de la plage réalisée précédemment en utilisant éventuellement l’aide fournie en bas de la page. C. 1. a. On a C19 ≈ 0,508 et C20 ≈ 0,490, on en déduit que la concentration initiale est divisée par deux au bout d’un temps compris entre 19 et 20 minutes.

74

b. C30 = 0,96530 ≈ 0,34 à 10–2 près. c. Cn 0,17 à partir du rang 50, donc la concentration est à nouveau divisée par deux au bout d’un temps supplémentaire t compris entre 19 et 20 minutes. d. On peut conjecturer que la concentration est divisée par deux toutes les 20 minutes. 2. a. 0,96520 ≈ 0,50 à 10–2 près par excès. b. Cn+20 = 0,965n+20 = 0,965n × 0,96520 = Cn × 0,96520 ≈ Cn × 0,50. Ce qui prouve la conjecture.

TP

2 Flux de populations

Ce TP utilise le tableur pour étudier l’évolution conjointe des populations de trois zones géographiques, il se poursuit par une étude mathématique des suites permettant de confirmer les conjectures émises. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_TP2.xls (Excel 2003), 05S_ TP2.xlsx (Excel 2007) et 05S_ TP2.ods (OpenOffice). A. 1. a0 = 5 000, b0 = 2 000 et c0 = 4 000. 2. a1 = 0,9a0 + 0,1b0 + 0,01c0 = 4 500 + 200 + 40 = 4 740. b1 = 0,9b0 + 0,1a0 + 0,01c0 = 1 800 + 500 + 40 = 2 340. c1 = 0,98c0 = 3 920.

3. Dans la cellule B3, on entre la formule =0,9*B2+0,1*C2+0,01*D2 , dans la cellule C3 on entre la formule =0,9*C2+0,1*B2+0,01*D2 , et dans la cellule D3 on entre la formule =0,98*D2 . On recopie ensuite ces formules vers le bas jusqu’à la ligne 102. 4. Sélectionner les quatre colonnes et utiliser éventuellement l’aide en bas de page. 5. On peut conjecturer que les zones Agrandville et Bordville se partageront équitablement la totalité de la population tandis que Campaville disparaîtra. B. 1. a. Pour conjecturer la nature de la suite (dn), on calcule les premiers termes de cette suite dans la colonne E en entrant dans la cellule E2 la formule =B2–C2 et en la recopiant vers le bas, puis on peut d faire apparaître les quotients n +1 dans la colonne F dn entrant dans la cellule F3 la formule =E3/E2 qu’on recopie vers le bas. Ces quotients étant tous égaux à 0,8, on conjecture que la suite (dn) est géométrique de raison 0,8. Démonstration : dn+1 = an+1 – bn+1 = 0,9an + 0,1bn + 0,01an – (0,9bn + 0,1an + 0,01an) = 0,8an – 0,8bn = 0,8(an – bn) = 0,8dn. b. Il faut lire dn = 0,8n × 3 000. d0 = a0 – b0 = 5 000 – 2 000 = 3 000. Donc (dn) est géométrique de raison 0,8 et de premier terme d0 = 3 000, ce qui permet de déduire que pour tout entier naturel n, dn = 0,8n × 3 000. 2. a. cn+1 = 0,98cn pour tout entier naturel n. b. (cn) est donc géométrique de raison 0,98 et de premier terme c0 = 4 000, donc cn = 4 000 × 0,98n pour tout entier naturel n. 3. a. cn 1 000 équivaut à n 69. Au 1er janvier de l’année 2079, la population de Campaville sera audessous du seuil de 1 000 habitants, ce seuil étant franchi au cours de l’année 2078. b. d69 = 0,869 × 3 000 ≈ 0,0006 à 10–4 près. Au 1er janvier 2079, l’écart du nombre d’habitants entre Agranville et Bordville est donc nul.

TP

3 La suite de Syracuse

Ce TP utilise le logiciel Algobox pour étudier quelques résultats sur la célèbre suite de Syracuse. Il peut ne pas être traité dans sa totalité sans que cela soit préjudiciable à la bonne compréhension des problèmes, la troisième partie, d’un bon niveau, pourra éventuellement n’être traitée que par des élèves ayant une certaine aisance en algorithmique.

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 05S_TP3.alg, 05S_TP3-tempsdevol.alg, 05S_TP3-altitudemax.alg et 05S_TP3-tempsdevol-altitude.alg (Algobox). A. 1. Afficher le message : « donner la valeur de n » Saisir n Afficher n Tant que n 苷 1 Si n est pair n n prend la valeur 2 Afficher n Sinon n prend la valeur 3n + 1 Afficher n Fin Tant que

2. Pour n = 5, on obtient : 5 ; 16 ; 8 ; 4 ; 2 ; 1 Pour n = 13, on obtient : 13 ; 40 ; 20 ; 10 ; 5 ; 16 ; 8 ; 4 ; 2 ; 1. 3. Pour n = 8, la suite obtenue est : 8 ; 4 ; 2 ; 1. Donc ᏸ(8) = 4. Pour n = 3, la suite obtenue est : 3 ; 10 ; 5 ; 16 ; 8 ; 4 ; 2 ; 1. Donc ᏸ(3) = 8. 4. Afficher le message : « donner la valeur de n » k prend la valeur 1 Saisir n Afficher n Tant que n 苷 1 k prend la valeur k + 1 Si n est pair n n prend la valeur 2 Afficher n Sinon n prend la valeur 3n + 1 Afficher n Fin Tant que Afficher message « le temps de vol est » : Afficher k

5. Pour compléter le fichier, inutile de tout retaper : on déclare la nouvelle variable k, puis on crée une ligne pour affecter 1 à la variable k, une ligne dans la boucle « Tant que » pour affecter k + 1 à k et enfin deux lignes en dehors de la boucle pour le message et la sortie du résultat : la valeur de k. 6. À l’aide du programme, on obtient ᏸ(26) = 11 et ᏸ(27) = 112. B. 1. Si n = 2p, la suite de Syracuse de n est constituée des puissances de 2 inférieures ou égales à n, c'est-à-dire des nombres 2m avec 0 m p. On a donc ᏸ(p) = p + 1. 2. On remarque, en testant sur différentes valeurs de k, que si k est non nul, ᏸ(8k + 4) = ᏸ(8k + 5). 3. Il suffit d’écrire les quatre premiers termes de la suite de Syracuse pour chacun des nombres : ● 8k + 4 ; 4k + 2 ; 2k + 1 ; 3(2k + 1) + 1= 6k + 4 ● 8k + 5 ; 3(8k + 5) + 1 = 24k +16 ; 12k + 8 ; 6k + 4 Si k 0, aucun des nombres rencontrés n’est égal à Chapitre 5 Les suites numériques

75

1 et donc les suites comportent au moins 4 termes et les quatrièmes termes étant égaux les suites auront la même longueur. Dans le cas k = 0, les temps de vols sont différents puisque ᏸ(4) = 3 et ᏸ(5) = 6. C. 1. a. La variable « max » contient la valeur la plus grande des deux valeurs n et « max » de départ. b. En repartant du programme initial, il suffit de déclarer la nouvelle variable « max », d’ajouter une ligne pour affecter la valeur de n à la variable « max », puis dès le début de la boucle « Tant que » on insère le bloc de la question précédente, la variable « max » contient alors la plus grande valeur des termes rencontrés. Après la fin de la boucle « Tant que », on ajoute une ligne pour l’affichage de la valeur de « max », on peut aussi ajouter une ligne pour un message. 2. a. On reprend le programme de départ. On crée une nouvelle variable A qui gardera la valeur de n de départ. On affecte donc la valeur de n à A avant la boucle « Tant que » puis on remplace la condition (n!=1) de cette boucle par la condition n A. b. Si k désigne le nombre d’itérations de cette boucle, le temps de vol en altitude est k – 1. c. Pour compléter le programme, on définit une variable k, puis au début de la boucle « Tant que » on ajoute une ligne pour affecter la valeur k + 1 à k. Après la boucle, on ajoute une ligne pour affecter la valeur k – 1 à k et une autre pour afficher la valeur de k qui est le temps de vol en altitude. d. Le temps de vol en altitude pour n = 127 est 23.

TP

4 Calcul d’aire

Ce quatrième et dernier TP propose d’approcher l’aire sous une courbe par la méthode des rectangles supérieurs à l’aide du logiciel Algobox. Une première partie est consacrée à la compréhension du procédé de construction de la suite, la seconde à la programmation et l’obtention d’approximation de l’aire cherchée. Enfin dans une troisième partie, on détermine, en utilisant un logiciel de calcul formel, le terme général de la suite construite, pour ensuite déterminer des seuils confirmant la conjecture effectuée dans la seconde partie. A. 1. S2 = 0,5 × 0,52 + 0,5 × 12 = 0,625. 1 2. a. Le rectangle construit sur la base ⎡0 ; ⎤ a pour n ⎦⎥ ⎣⎢ 1 1 1 largeur et pour « hauteur » f = 2 , donc son aire n n n 1 1 1 est f = 3 . Le rectangle construit sur la base n n n

()

()

76

()

⎡ k − 1 , k ⎤ a pour largeur 1 et pour « hauteur » f k , ⎢⎣ n n n ⎥⎦ n 1 k 1 = f (x ). donc son aire est f n n n k 1 1 1 b. Sn = f(x1) + f (x2) + … + f(xn) n n n n 1 1 = [ f (x1) + f (x2)+ … + f (xn)] = ∑ f (xk). n n k =1 B. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 05S_TP4.alg (Algobox). 1. a. Saisir n

()

S prend la valeur 0 Pour k allant de 1 à n 1 k S prend la valeur S + n × n Fin Pour Afficher S

2

()

b.

2. Pour n = 100, on obtient Ꮽ ≈ 0,33835. Pour n = 500, on obtient Ꮽ ≈ 0,334334. Pour n = 10 000, on obtient Ꮽ ≈ 0,33338333. 1 3. On peut conjecturer que Ꮽ = . 3 C. 1. a. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 05S_TP4.xws (Xcas) et 05S_TP4.dfw (Derive). n 2(n + 1)3 – 3(n + 1)2 + n + 1 à l’aide On obtient ∑ k 2 = 6 k =1 n n(n + 1)(2n + 1) du logiciel Xcas et ∑ k 2 = à l’aide du 6 k =1 logiciel Derive. b. En utilisant les fonctionnalités de développement et de simplification des logiciels ou en effectuant les n n3 n2 n calculs « à la main », on obtient ∑ k 2 = + + 2 2 6 k =1 puis : 2 1 n k 1 n k2 1 n = ∑ 2 = 3 ∑ k2 Sn = ∑ 2 k =1 n 2 k =1 n n k =1

()

1 1 1 + + . 3 2n 6n2 1 1 . 2. Si n 100, alors 2n 200 et 2n 200 =

D’autre part si n 100, alors n2 10 000 et 1 1 1 . 6n2 60 000, soit 2 60 000 200 6n On a donc dans le cas où n 100 : 1 1 1 1 1 1 1 , soit . + + + 2n 6n2 200 200 2n 6n2 100 1 1 Si n 104, alors 2n 2 . 104 et . 2n 2104 D’autre part si n 104, alors n2 108 1 1 1 . et 6n2 6 . 108, soit 6n2 6108 2104

On a donc dans le cas où n 104 : 1 1 1 , + 2n 6n2 2104 1 1 1 , soit + 2n 6n2 104 1 1 + 10–4. soit 2n 6n2 Ce résultat est conforme à la conjecture faite, puisque pour un nombre de subdivisions supérieur à 10 000, 1 l’écart entre et Sn est inférieur à 0,0001. 3


77

CHAPITRE

6

Géométrie plane



Commentaires

 Utiliser la condition de colinéarité pour obtenir une équation cartésienne de droite. • Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant un vecteur directeur et un point. • Déterminer un vecteur directeur d’une droite définie par une équation cartésienne. • Choisir une décomposition pertinente dans le cadre de la résolution de problèmes.

On fait le lien entre coefficient directeur et vecteur directeur.

Géométrie plane Géométrie plane Condition de colinéarité de deux vecteurs : xy’ – yx’. Vecteur directeur d’une droite.

Équation cartésienne d’une droite.

Expression d’un vecteur du plan en fonction de deux vecteurs non colinéaires.

L’objectif est de rendre les élèves capables de déterminer efficacement une équation cartésienne de droite par la méthode de leur choix.

On ne se limite pas au cadre de la géométrie repérée.

B Notre point de vue Ce chapitre « géométrie plane » traite des notions de vecteurs, de leurs applications ainsi que des équations de droites. Les vecteurs comme les équations de droites ont été abordés en classe de Seconde, les activités permettent donc de réactiver les connaissances afin de découvrir et mettre en place les nouvelles notions au programme de la classe Première scientifique. La première activité permet d’aborder la partie 1 du cours. D’une part, nous revoyons la somme de deux vecteurs et la multiplication d’un vecteur par un réel, d’autre part nous découvrons la construction géométrique de ce produit. Pour la partie 2 du cours, nous pourrons nous appuyer sur les activités 2 et 3 grâce auxquelles nous mettons en place la condition analytique de colinéarité et nous abordons la décomposition dans une base. Les équations de droites sont introduites dans l’activité 4 et font l’objet de la troisième partie du cours. De nombreux exercices de tous niveaux viennent à la suite du cours, et comme recommandé dans le programme nous ne nous limitons pas à la géométrie repérée. La page « Chercher avec méthode » est consacrée à un problème d’alignement de points qu’on résout en se plaçant dans un repère lié à la figure faisant ainsi appel à de nombreuses notions du chapitre. Enfin, deux TP concluent ce chapitre, l’occasion pour l’élève d’établir différentes conjectures grâce à un logiciel de géométrie dynamique, avant de démontrer ces résultats.

Les notions abordées dans le chapitre 6 1. Rappels et compléments sur les vecteurs 3. Équations de droites

78

2. Applications du calcul vectoriel

C Avant de commencer c c c c c

Se tester avec des QCM 1 C ; 5 B et C ;

2 B et D ; 6 D ;

3 A et D ; 7 A et C ;

4 B ; 8 C.

c

c c

AE = AB + BE = AB + DC = 2AB puisque AB = DC, c c ABCD étant un parallélogramme. Les vecteurs AB et AE sont colinéaires, on déduit que les points A, B et E sont alignés.

11 c AB(3 ; 4). ABCD est un parallélogramme, donc xC – 3 = 3 xC = 6 c c DC = AB, donc

{y

, soit

{y

. C(6 ; 9).

Se tester avec des exercices c c c c 9 c AD + CE + BA + DC + EB c c c c c = AD + DC + CE + EB + BA c c c c c c

12 (d) a pour équation y = 3x + p ; or A 僆 (d) donc – 4 = 3 × 5 + p soit p = –19 et (d) a pour équation y = 3x – 19.

10

13 AC = (5 – 1)2 + (2 – 4)2 = 42 + (–2)2 = 20 .

= AC + CB + BA = AB + BA = 0.

C

DC

D

–5= 4

C

=9

BC = (5 – 3)2 + (2 + 2)2 = 22 + 42 = 20 . On déduit que ABC est isocèle en C. AB = (3 – 1)2 + (−2 – 4)2 = 22 + (–6)2 = 40 . AC2 + BC2 = 20 + 20 = 40 = AB2 donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on déduit que le triangle ABC est rectangle en C.

E DC

B

C

A

D Les activités Activité

1 La marche du robot

Dans cette activité, nous revoyons la construction géométrique de la somme de deux vecteurs vue en classe de Seconde et nous introduisons les notions de direction, sens et longueur d’un vecteur, pour aborder la c qui a été défini construction géométrique du vecteur ku par ses coordonnées en classe de Seconde.

c

1. a. A1B2 = c v. c u. b. B1B2 = c A2 F A1 J O

d. Le robot se retrouve en A2. e. C’est le seul trajet possible : il faut effectuer deux fois c », on a c c le trajet de type « u z = 2u.

c

c 2. a. Le robot se retrouve en C2. OC2 = 2v. b. Pour aller de C2 à D, le robot se déplace dans la 1 direction horizontale en avant et pendant seconde. 2 c 1 v. C2D = c 2 c. Pour aller de D à C2, le robot se déplace dans la 1 direction horizontale en arrière et pendant seconde. 2 c 1c DC2 = – v. c 2 u. d. C2F = 1,5 c

B2

u C2 I

v

D

B1

c. Partant de O, le robot peut effectuer en déplacement de type « c u » ce qui le conduit en A1, puis effectuer un déplacement de type « c v » qui l’amène en B2. L’autre trajet possible est d’effectuer un déplacement de type « c v » , le robot se retrouve alors en B1 puis un c » pour arriver en B . déplacement de type « u 2

Activité

2 Colinéarité de deux vecteurs

Dans cette activité, nous établissons la condition analytique de colinéarité de deux vecteurs. Pour cela, l’élève est amené à faire le lien entre colinéarité de deux vecteurs et proportionnalité des couples de coordonnées de ceux-ci, pour ensuite proposer la formule attendue en utilisant des acquis des classes antérieures sur les tableaux de proportionnalités. Chapitre 6 Géométrie plane

79

1. u1

u3

v2 v3

v1 1 0

u4 1 v4

c ou cv car ca n’est colinéaire à aucun de ces vecteur u deux vecteurs. c = uc + cv. b. Oui car a c = 1,5 uc + vc et cc = –uc + v. c 3. b 4. Non, car c u et c z sont colinéaires, donc toute combinaison linéaire de ces deux vecteurs est un c ni cc ne vecteur colinéaire à ces deux vecteurs, et ni b, c sont colinéaires à u. 5. ic et jcne doivent pas être colinéaires.

Activité

4 Équations cartésienne d’une droite

u2

c et c 2. a. Les couples de vecteurs colinéaires sont u v2 2 c c d’une part et u3 et v3 d’autre part. b. Dans le cas de deux vecteurs colinéaires, le tableau constitué des deux couples de coordonnées est un tableau de proportionnalité. 3. a. 3 × 0,32 – 2 × 0,48 = 0,96 – 0,96 = 0, donc le tableau des coordonnées de c u et c v est un tableau de proportionnalité ; les vecteurs c u et c v sont donc colinéaires. b. 2,5 × (–2,1) – 1,5 × (–3,4) = –5,25 + 5,1 = – 0,15 et – 0,15 ⫽ 0, donc le tableau des coordonnées de c w et zc n’est pas c et zc ne un tableau de proportionnalité ; les vecteurs w sont pas colinéaires. c et bc sont 4. a. Les couples de coordonnées de a proportionnels. b. En effectuant le « produit en croix » dans le tableau des coordonnées des deux vecteurs, on obtient 20 7x – 5 × 4 = 0 ; on a alors 7x = 20 et x = . 7

Activité

Dans cette activité, il s’agit de faire découvrir à l’élève d’autres écritures des équations de droites. Pour cela, nous partons d’une équation cartésienne sous la forme ax + by + c = 0 et nous faisons découvrir qu’il s’agit d’une équation de droite en utilisant la condition analytique de colinéarité. Dans une dernière partie, l’élève sera observateur pour découvrir, grâce au logiciel Geogebra, l’influence sur la droite des variations des coefficients de l’équation, puis pourra constater qu’une droite a plusieurs équations cartésiennes. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 06-S-activite04.ggb (Geogebra). 1. a. 3 × xA – 2 × yA + 1 = 3 × 1 – 2 × 2 + 1 = 3 – 4 + 1 = 0, les coordonnées du point A vérifient l’équation ; A appartient donc à l’ensemble E. b. 3 × xB – 2 × yB + 1 = 3 × 2 – 2 × 3,5 + 1 = 6 – 7 + 1 = 0, donc le point B appartient à E. 3 × xC – 2 × yC + 1 = 0, donc le point C appartient à E et 3 × xD – 2 × yD + 1 = – 6, donc le point D n’appartient pas à E. 2. a. B

1

3 Décomposition d’un vecteur

C

du plan À partir de différents vecteurs représentés, l’élève exprime un vecteur en fonction d’un ou de deux autres lorsque cela est possible. Il est progressivement amené à découvrir la condition nécessaire et suffisante sur deux vecteurs ci et cj pour que tout vecteur c u puisse s’écrire en fonction de ces deux vecteurs.

c et c 1. c z = 0,5 u w = –1,5 c v. 2. a. c a ne peut pas être exprimé en fonction d’un seul

80

A

D

0

1

b. On conjecture que les points A, B et C sont alignés. c c c c AB(1 ; 1,5) et AC(–1 ; –1,5), on obtient alors que AC = –AB, c c les vecteurs AB et AC sont donc colinéaires, les points A, B et C sont donc alignés.

c

3. a. AN (x – 1 ; y – 2). N appartient à la droite (AB) si, et c c seulement si, les vecteurs AB et AN sont colinéaires ;

ce qui équivaut à (x – 1) × 1,5 – (y – 2) × 1 = 0, soit à 1,5x – y + 0,5 = 0. b. En multipliant par 2, les deux membres de l’égalité précédente, on obtient 3x – 2y + 1 = 0 et on retrouve la relation définissant l’ensemble E qui est donc la droite (AB).

b. Il suffit de prendre c = –0,5, c1 = 1 et c2 = 0,25. c. Il suffit de prendre a = –1,5, a1 = 3 et a2 = 0,75. Les trois relations obtenues sont toutes différentes mais en multipliant la relation obtenue pour (d) par –2, et celle de (d3) par 4, on obtient la relation de (d2).

4. a. Lorsque la valeur de la variable c est changée, la droite correspondante est transformée en une droite parallèle.

E Exercices POUR DÉMARRER

9

D

c c c 1 1. AB = HF = DC. c c c c c c

C O

2. FC = BF = EO = OG = AH = HD. 3. Le point D. 2

c c c c c c

M

A

1. BA + BC = BD.

B

2. HG + FB = OF. 3

c

1. c u = CE.

c

2. c v = DB. 4

N D AH

H

A

N

10

OD G

E

O

EC EF

B 5

F

P

C

BC

1. c u (3 ; 1), c v (4 ; 0) et c w (1 ; –2).

c

2. AB(3 ; –2).

c

3. A(–5 ; 4), B(–2 ; 2) et AB(xB – xA ; yB – yA),

c

soit AB(3 ; –2). 4. C(1 ; 3). 6

c

c c

2. ABDC est un parallélogramme car AB = CD. 1. c u+c v (3 ; 6) et 1 1 2. c u − ; 2 et – 2 2

(

15 1. A(1 ; –1). 2. B(10 ; –7).

)

c

1. AB(3 ; 2).

1 1. (d1) : y = 2x + 1 ; (d2) : y = – x + 5 et (d3) : 3 y = –3x + 5. c (1 ; 2), uc (3 ; –1) et uc (1 ; –3). 2. u 1 2 3 17

1. AB(6 ; 7) et CD(6 ; 7).

7

1. c u = 5.

15 . 2. vc = 10, c w = 4 5 c c c 11 1. v = 2u et w = – c u. 3 c 2. –2 × 9 – (–7) × 3 = 3, donc c z n’est pas colinéaire à u. 21 12 x = – . 2 c c c bc = –vc + 4u, c cc = – 3 vc – u, c dc = 3vc – 2u. c 13 a = v + 2u, 2 14 4. –x + 4y + 8 = 0. 5. 0,5x – 2y = 4 .

16

c

P

cu – cv(–5 ; 2).

3c v (– 6 ; –3). 2 3 3 5 8 y = –1, t = –3, x = – , k = et z = – . 4 2 2

c (1 ; 3), m = 3. 1. (d1) : u 1 c (1 ; 1), m = 1. 2. (d2) : u 2 c (0 ; 1), pas de coefficient directeur. 3. (d3) : u 3 c (1 ; 0), m = 0. 4. (d4) : u 4 18

Chapitre 6 Géométrie plane

81

POUR S’ENTRAÎNER c c c c c c c c c

1. DC + DB = DA ; CF + CD = CA ; AE + CE = BE ; c c c c c c c c c FB + FE = FD ; FA + CD = ED ; BC + EF = CE. c c c c c c c c c c 2. CF – CE = EF ; AC – AB = BC ; DB + CA – DA = CB ; c c c c c c c c c c c DA – BA = DB ; DF + BC – CF = BE ; BC – AC + CF = DF. 19

c c c c c AB(1 ; 9) ; BC(–4 ; –13) ; CD(–1 ; 7) ; AB + CD(0 ; 16) ; c c c c c

29

c c 1. AB = DC puisque ABCD est un parallélogramme c c et DC = FE car DCEF est un losange. c c

3AB + BC(–1 ; 14) ; 3AB + BC + 2CD(–3 ; 28). 1. x = –19 et y = 10. 14 25 2. x = – et y = . 3 3 31 1. 30

ku

20

On déduit AB = FE. 2. ABEF est un parallélogramme.

u+v

c c

1. BDFE est un parallélogramme, donc BE = DF. c c ABCD est un parallélogramme, donc BC = AD. c c c c c c c c 2. KE = KB + BE = BC + BE = AD + DF = AF. 3. KEFA est un parallélogramme. 21

u

v 1

22

B

0

M D

N

u–v

2.

u+v v

A

C

u 1 0

1

u–v

P

c c c c c c c c c c c c c c c c 24 AB + AD = AC + AE, donc AB – AE = AC – AD, donc c c 23

ku

AD + BC = AC + CD + BD + DC = AC + BD.

EB = DC, donc BCDE est un parallélogramme. 25 1. A C

c + vc(3 ; –1) ; 3uc – 2vc(4 ; –13) ; 2uc + 3vc – w c (11 ; –2). u 1. N(8 ; 4). 2. P(–14 ; 4). 32 33

c

AD

AB B

AC

D

c c c c c c 2. MB + MC = MA + AB + MA + AC c c c c c = MA + MA + AD = MA + MD. c 26 1. AB(1 ; –1). c 2. AB(9 ; –8). c 1

(

3. AB −

6

c

35 1. M(7 ; 6). 2. N(7 ; –1). 3c c 7 c c 13 c c 36 1. AC = AB ; AD = AB ; DC = – AB. 4 4 2 2.

A

)

37

B

C

E

D

1. B

c

1. AB(–3 ; 6). 2. D(6 ; –3).

82

c

; –2 .

27 1. AB(6 ; 1). c c c 2. DC(6 ; 1) donc AB = DC, donc ABCD est un parallélogramme. 28

c

1. AB(–6 ; –2) ; AC(–1 ; –3) ; BC(5 ; –1). 2. M(–7 ; –3). 3. N(1 ; –3). c c 4. P(13 ; 1) (Erreur d’énoncé : il faut lire CP et non pas CN). 34

2. x =

MC

5 1 et y = . 2 4

P

A

D

38

B

E D

A

46

Faux, M(3 ; –6).

47

Vrai.

48

c u = 10 et c v = 50 = 5 2 .

49

c u = 4

50

c u = 29 et vc = 53.

51

c u = 5

52

1.

C

et c v = 2. et vc = 5. Saisir X Saisir Y N prend la valeur X 2 +Y 2 Afficher N

F

2. TI

CASIO

39

S

u

A

53

c

c

54

AB(–3 ; 3) et AB = 3 2 .

55

AB(11 ; –4) et AB = 129 .

56

AB(3 ; 3) et AB = 3 2 .

57

AB = BC = 10 , donc ABS est isocèle en B.

AB(1 ; –3) et CD(1 ; –3), donc ABDC est un parallélogramme, puis AD = BC = 50 , donc ABDC est un losange.

v M

c c c

1. AB = 13 , AC = 2 13 et BC = 65 . 2. BC2 = AB2 + AC2, donc ABC est rectangle en A d’après la réciproque du théorème de Pythagore. 58

P

40

B A

C

c

c

c c

1. AB(2 ; –3), CD(2 ; –3), donc AB = CD et ABDC est un parallélogramme. 2. AB = 13 et AC = 13 . 3. ABDC est un losange. 59

N

c (4 ; 3) et vc(5 ; 0). 1. Faux, contre-exemple : u c = cv évident et 2. Énoncé réciproque vrai : si u c c c –u = |–1| u = u . 61

Q M

P

62

Faux, c u = 10 .

c (1 ; 1), vc = –2uc (–2 ; –2), uc + cv = 2 et Faux, u c c u + v = 3 2 . c c c + cv = c 64 Vrai. c u = AB et vc = BC, on a u AC et 63

42

Faux, ABMC est « croisé ».

c c

c

c c

Faux, –AB + BC = –AC équivaut à BC = CB, soit C = B. 43

c

c

c c

c

AC ⭐ AB + BC.

c

Vrai, on a GA + 2GA + 2AB = 0, soit 2AB = –3GA 2c c et 3 AB = AG. c 45 Faux, AB (9 ; 2). 44

Notons c = x uc y vc – x vc y uc. c et vc ne sont pas colinéaires. 1. c = –1, u c et vc sont colinéaires. 2. c = 0, u c et vc sont colinéaires. 3. c = 0, u 65


83

66

2.

1. Saisir X Saisir Y Saisir A Saisir B C prend la valeur X×B–A×Y Si C = 0 Afficher « vecteurs colinéaires » Sinon Afficher « vecteurs non colinéaires »

2. TI

CASIO

Prompt X Prompt Y Prompt A Prompt B X*B–A*Y↦C If C=0 Then Disp “VECTEURS COLINEAIRES” Else DISP “VECTEURS NON COLINEAIRES” END

? ↦X↵ ? ↦Y↵ ?↦  A↵ ?↦  B↵ X*B–A*Y↦C↵ If C=0↵ Then “ VECTEURS COLINEAIRES”↵ Else “ VECTEURS NON COLINEAIRES”↵ IfEnd

1. t = –

1. Vrai : c u = kvc avec k = 1. c 2. Faux : u (1 ; 3) et c v (2 ; 6) colinéaires mais pas égaux. 68

c c 1. AC (–11 ; 2) et BD (2 ; –3) non colinéaires. c c 2. AC (–1 ; –2) et BD (– 4 ; –8) colinéaires. c c 3. AC (–8 ; –24) et BD (10 ; 30) colinéaires. c c c c 70 69

1. AB (–3 ; –2) et AC (6 ; 4), AC = –2AB. 2. A,B et C sont alignés. 71

c

72

c

73

c

c

74

c

c

c

?→T↵ ?→U↵ ?→V↵ (S–X)*(V–Y)–(U–X)*(T–Y)→C↵ IF C=0↵ Then “LES POINTS SONT ALIGNES”↵ Else “LES POINTS NE SONT PAS ALIGNES”↵ IfEnd

c

82 83

y = 12.

80

BC (21 ; 42), (OA) et (BC) sont parallèles.

BC (–9 ; –16), (OA) et (BC) sont parallèles.

y = 0. 7 y= . 3 86 1. D(10 ; 2). 2. E(4 ; –1). c c c c 3. BD (8 ; 4), BE (2 ;1), BD = 4BE, donc les points B, D et E sont alignés. 84 85

88

1.

c

A

N

AB (3 ; 0) et AC (3 ; 4) : points non alignés.

c

AB (–12 ; –2) et AC (6 ; 1) : points alignés.

0

AB (– 4 ; 4) et AC(0 ; 4) : points non alignés.

c

P B

1

AB (12 ; 5) et AC (–7 ; –3) : points non alignés.

S1

c

76

y = 15.

77

1. Saisir X Saisir Y Saisir S Saisir T Saisir U Saisir V C prend la valeur (S–X)×(V–Y)–(U–X)×(T–Y) Si C=0 Afficher « les points sont alignés » Sinon Afficher « les points ne sont pas alignés »

84

?→Y↵ ?→S↵

c c BC (21 ; –43), (OA) et (BC) ne sont pas parallèles. c BC (–10 ; –30), (OA) et (BC) sont parallèles. c

79

AB (–124 ; 124) et AC (3 2 – 120 ; –3 2 + 120) : points alignés. 75

CASIO ?→X↵

1. AB (2 ; 4), CD (3 ; 6) et 2 × 6 – 3 × 4 = 0, donc les vecteurs sont colinéaires. 2. Les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 78

81

8 . 3 2. 4y + 3x – 5 = 0. 67

TI Prompt X Prompt Y Prompt S Prompt T Prompt U Prompt V (S–X)×(V–Y)–(U–X)×(T–Y)→C If C=0 Then Disp “LES POINTS SONT ALIGNES” Else DISP “LES POINTS NE SONT PAS ALIGNES” END

C

( ) ( ) ( ) c ) ( ) c( ( ) ( )( )

1 9 1 5 ;– . ,P 2; ,S 3 4 3 2 3. Voir figure. 2 17 17 4. PC –1 ; – , SN – ; – 3 6 4 17 2 17 – – – et (–1) × – = 0. 6 3 4 2. N 1 ;

c = 1,5uc – v ; c bc = –0, 5uc – 2v ; c cc = 2u ; c 89 a c c c c c c c c w = u + 2v ; z = –u + v ; t = –3v. c = 1,5uc + 0,5vc ; bc = –uc – 4vc ; cc = 2uc + 2vc ; 90 a c = cu + 3vc ; zc = –uc ; tc= 0,5uc – 2,5v. c w

1.

91

B

1.

96

A‘ 3AB B

A

2BC

B‘

2 BC 3

A

P

2. A’D = BB’ donc BB’DA’ est un parallélogramme et c c c c c c B’D = BA’. Or BA’ = A’C, donc B’D = A’C, donc A’CDB’ est un parallélogramme.

c c 2c BC. c c 3

2. AP = AB +

97 1. Vrai. c c 2. « Si AB et CD ne sont pas colinéaires, alors les points A, B, C et D ne sont pas alignés ». On peut se servir de cette contraposée pour justifier que des points ne sont pas alignés. 3. Non, par exemple si ABCD est un parallélogramme non aplati. c 1c c 1c 98 1. IA = BA et AJ = AC. 2 2 c c c 1c 1c 1c 2. IJ = IA + AJ = BA + AC = BC. 2 2 2 c 1c c 99 IL= BD = JK. 2 B 100 1.

3. AM = 3AP, donc A, M et P sont alignés. 92

1. C

A

E 1 BC 4

D

B 3AB

D

c c

M

C

AC A

1 AB D 2

F

1c 3c 1c 1c 2. AE = AB + BE = AB + BC = AB + AC = AD. 4 4 4 4 A, D et E sont donc alignés.

M

1 AC 2

C

c c c c

93

1.

G

E

F

c c c 1c 1c 1c 2. BM = BA + AM = BA + AC = BC, donc M est 2 2 2 le milieu de [BC]. 102 1. Faux. c c c c 2. Vrai si AI = IB, alors AI = IB . 103

2DB

3AB

C

BB’

1. 2. 3. et 4.

N

P

5CA

B

A

C B

D

c

c

c

c

c c

c

c

2. EF= – 6AB – 3AD et EG = 2AB + AD, donc EF = –3EG.

A

E, F et G sont donc alignés.

c c c c c c OA + OC = 0 et OB + OD = 0 ; par conséquent c c c c c 94

OA + OB + OC + OD = 0. 95

1. B est le milieu de [AE].

c c

c c

2. D est le milieu de [FC] donc FD = DC. Or DC = AB,

c c c

donc FD = AB = BE et BEDF est un parallélogramme.

C

M

c c c c c c 3c c 1c 5. NP = NB + BP = –AB + 2AC + 2AB – AC = AB + AC. 2 2 c c c c 3c c c 1c CM = CA + AM = –AC + AC + AB = AB + AC. 2 2 c c NP = CM, donc NCMP est un parallélogramme. Chapitre 6 Géométrie plane

85

104

2.

c 1c c

1. DI =

2

AB – AD.

c 1c 1c

AD + AB. 3 3 c 1c b. AD + AB = AC, donc AE = AC. 3 c. A, E et C sont alignés. c c 2c 3. a. AF = 2AE = AC. 3 c 2c 2c b. AF = AB + AC. 3 3 1c c c 4. BK = – AB + AD. 2 c 1c 2c 2c 5. BF – AB + AD = BK, donc F 僆 (BK). 3 3 3 c 105 Vrai, c v = –0,5u.

2. a. AE =

c c c

106

Vrai, propriété du cours.

c

c

Faux, AB(1 ; 3) et AC(2 ; 8) ne sont pas colinéaires. c 3 3 c et AC(4 ; 3) ne sont pas colinéaires. ; 4 4 109 d1 : A1 (–2 ; 3), B1 (2 ; 6) et c u1 (4 ; 3). c d2 : A2 (0 ; –2), B2 (2 ; 2) et u2 (2 ; 4). d3 : A3 (–3 ; 0), B3 (0 ; 1) et c u3 (3 ; 1). d4 : A4 (0 ; 2), B4 (2 ; 0) et c u4 (2 ; –2). d5 : A5 (0 ; –3), B5 (1 ; –3) et c u5 (1 ; 0). d6 : A6 (2 ; 1), B6 (2 ; 2) et c u6 (0 ; 1). 107

108 Faux, AB

110

(

)

TI

CASIO

Prompt X Prompt Y Prompt U Prompt V V*X–U*Y→C PAUSE “LES COEFFICIENTS D’UNE EQUATION AX+BY+C=0 SONT” DISP “A=” DISP –V DISP “B=” DISP U DISP “C=” DISP C

?→X↵ ?→Y↵ ?→U↵ ?→V↵ V*X –U*Y→C↵ “LES COEFFICIENTS A,B ET C D’UNE EQUATION AX+BY+C=0 SONT” –V U C

124

–2x + y + 3 = 0. 125 x – 3y – 2 = 0.

126

x – y = 0.

1. (d2). 4. (d4).

x – 4 = 0.

2. (d3). 5. (d5).

A 僆 (d).

131

A 僆 (d).

132

A 僆 (d).

133

A 僆 (d).

134

1.

c est un vecteur directeur de (AB). AB(2 ; 5) donc u

y – 7 = 0.

(d1)

(d2)

c

128

3. (d6). 6. (d1).

130

1

c 111

0

AB(–4 ; 10) donc c u n’est pas un vecteur directeur de (AB). 112

127

129

1

c

c n’est pas un vecteur directeur AB(6 ; 1) donc u

de (AB). 113

c

114

c

AB(0 ; 3) donc c u n’est pas un vecteur directeur de (AB).

135

1. (d2)

c est un vecteur directeur de (AB). AB(8 ; 0) donc u

114

c

116

– 4x + 5y + 14 = 0.

117

3x + y + 3 = 0.

118

y – 1 = 0.

119

–x + y = 0.

120

x – 2 = 0.

121

x + 2y – 6 = 0.

AB(8 ; – 4) donc c u n’est pas un vecteur directeur de (AB).

1 1. m = –3. 2. m = . 3. m = 2. 4 5 4. m = . 5. Pas de coefficient directeur. 6. m = 0. 9 123 1. Saisir X

1 0

1 (d1)

122

Saisir Y Saisir U Saisir V C prend la valeur V×X–U×Y Afficher « les coefficients A, B et C d’une équation AX+BY+C=0 sont » Afficher –V Afficher U Afficher C

86

136

1.

(d1)

1

0 1 (d2)

137

( )

5 A’ milieu de [BC]. A’ 6 ; 2 1 et (AA’) : – x + 2y – 2 = 0. 2 165 3x – 7y + 15 = 0.

1.

164

(d2)

1 0

POUR FAIRE LE POINT 1 (d1)

138

y = 0.

139

7x – 3y – 44 = 0.

140

x – y = 0.

141

x – y + 3 = 0.

cu (3 ; 2). 143 c u (0 ; 1). 144 c u (1 ; 7). 145 c u (–2 ; –1). 146 c u (1 ; 0).

)

147

cu – 2 ; 1 .

149

(d1) et (d2) ne sont pas parallèles.

150

(d1) et (d2) sont parallèles.

151

(d1) et (d2) ne sont pas parallèles.

152

2x + y – 3 = 0.

153

x + 2y – 1 = 0.

154

x – 1 = 0.

155

y – 1 = 0.

3 2 148 (d1) et (d2) ne sont pas parallèles.

( )

7 1. A’(7 ; 2) et B’ 3 ; . 2 69 9 2. (AA’) : y = 2 ; (BB’) : x + 6y – = 0. 2 2 c c c 2c 3. G(5 ; 2), AG(4 ; 0), AA’(6 ; 0), donc AG = AA’. 3 158 Faux : A(0 ; 3) 僆 (d) mais A 僆 (d’).

c Faux : vc (–1 ; 5) est un vecteur directeur de (d), et u c et v ne sont pas colinéaires. c c c c c c c 160 3GA + 5GB = 0, donc 3GA + 5GA + 5AB = 0, c c c c 5c 159

soit 8GA + 5AB = 0 et AG =

AB. 8 161 M(1 ; 3) ; N(1 ; 39) ; P(–2 ; 21). c c 162 AB(4 ; 3), DC(4 ; 3) et AB = AD = 5, donc ABCD est un losange. c c 3 ; –1 c c 163 AB(3 ; 2), AC – donc AB = –4 AC et A, 4 2 B et C sont alignés.

(

3 B et C ; 7 A, C et D ; 11 B.

4 B ; 8 A et D ;

)

( ) ( )

1 1 ;0 . ; C’ 4 3 2. a. Les coordonnées de B’ et C’ vérifient l’équation donnée. b. (BC) : x + y – 1 = 0. c. A’(3 ; –2). 3. a. Δ1 : y + 2 = 0 ; Δ2 : x – 3 = 0 ; Δ3 : x + y = 0. b. E(2 ; –2) et F(3 ; –3). 9 c c 8 et C’F 4. B’E 2 ; – ; –3 . 4 3 8 −9 c 2 × (–3) – × = –6 + 6 = 0, donc les vecteurs B’E 3 4 c et C’F sont colinéaires, et les droites (B’E) et (C’F) sont parallèles. 166

156

2 B ; 6 B ; 10 B ;

POUR APPROFONDIR

142

(

1 A et D ; 5 B ; 9 C ;

1. A(0 ; 0) ; B(–1 ; 0) ; C(0 ; 1) ; B’ 0 ;

(

)

(

)

167 1. Q(0 ; 3) et R(5 ; 0). 2. (BC) : x + y – 1 = 0. 3. (QR) : 3x + 5y – 15 = 0. 4. P(–5 ; 6). 5. A’(5 ; 3) ; B’(–1 ; 6) et C’(–5 ; 8). c c 6. A’B’(–6 ; 3), A’C’(–10 ; 5), d'où – 6 × 5 – (–10) × 3 = 0, c c donc A’B’ et A’C’ sont colinéaires, et A’, B’ et C’ sont alignés.

c

c

c

c

1. AB (3 ; 1) et AC (9 ; 3), soit AC = 3AB. A,B et C sont donc alignés. A’, B’ et C’ sont des points de la droite d’équation x = 2, donc sont alignés. 2. a. (AC’) : 3x + 7y – 1 = 0 et (A’C) : –6x + 7y + 14 = 0. 5 –4 . b. E ; 3 7 3. (BC’) : x + y – 3 = 0, (B’C) : x – y – 3 = 0 et F(3 ; 0). c 11 ; – 11 c ; A’B(1 ; 4), 4. AD 5 5 168

(

)

(

c

)

c

d'où A’B = 5A’D donc D 僆 (A’B).

(

) (

)

c 22 ; 22 c 14 6 , DF . ; 15 35

5. DE

5 5 22 6 14 22 44 44 D'où × − × = − =0. 15 5 5 35 25 25 Donc D, E et F sont alignés. Chapitre 6 Géométrie plane

87

169

( ) (

)

( ) ( )

ab – a 1 b b – ab a 1 , M2 et M3 . ; ; ; 2(b – a) 2(b – a) 2 2 2 2 a – ab ⎞ c a2 – a c 1– a b – 1 5. M1M2 ⎛⎜ et M1M3 ; ; 2 2 ⎝ 2(b – a) 2(b – a) ⎟⎠ c –a c c c donc M1M2 = M M . Les vecteurs M1M2 et M1M3 b–a 1 3 étant colinéaires, M1, M2 et M3 sont alignés.

B

4. M1

G A

172

B C

c c c

H

1. (BC) : x + y – 1 = 0. 2. a. A, B et D sont alignés et A et B sont distincts. A, C et E sont alignés et A et C sont distincts. b. D(a ; 0) et E(0 ; b). c. Les coordonnées de D et de E vérifient l’équation. d. Comme (DE) et (BC) ne sont pas parallèles, les couples (1 ; 1) et (b ; a) ne sont pas proportionnels, donc 1 × a – b × 1 ≠ 0, soit a ≠ b. ab – a b – ab 3. F . ; b–a b–a 171

(

88

G

c c c c

1. a. 2GA + GB = 0, donc 2GA + GA + AB = 0, c c c c 1c soit 3GA + AB = 0 et AG = 3 AB. b. Voir figure. c c c c c c c. 2MA + MB = 2MG + 2GA + MG + GB c c c c = 3MG + 2GA + GB = 3MG. d. Ᏹ1 est le cercle de centre G et de rayon 2. e. Voir figure. c c c c c c c 2. a. HA – 4HC = 0, donc HA – 4HA – 4AC = 0, c c c c 4c soit –3HA – 4AC = 0 et AH = AC. 3 b. Voir figure. c c c c c c c c. MA – 4MC = MH + HA – 4MH – 4HC = –3MH. d. Ᏹ2 est la médiatrice du segment [GH]. e. Voir figure. c c c 1c 1c 1c 170 1. ΩP = ΩH + HP = OH + HA = OA. 2 2 2 c c c c c c 2. OB + OC = 2OA’ ; OH = OA + 2OA’ ; c 1c 1 c c 1c c ΩP = OA = (OH – 2OA’) = OH – OA’ 2 2 2 c c c c = OΩ – OA’ = A’Ω = –ΩA’. c c c 1c c c c 1c 3. ΩR = –ΩC’ ; ΩR = OC ; ΩQ = –ΩB’ et ΩQ = OB. 2 2 c 1c R 4. R = OA = OB = OC. On a ΩP = OA, donc ΩP = 2 2 c c R et comme ΩP = –ΩA’, on déduit que ΩA’= , donc 2 P et A’ appartiennent à Γ. On démontre de la même façon que R, C’, Q et B’ appartiennent à Γ. 5. a. PA1A’ est rectangle a A1, donc A1 appartient au cercle de diamètre [PA’] soit à Γ. b. On procède de la même façon pour les points B1 et C1.

)

H

L

A

K

C

1. a. Voir figure. c c c c c b. 3AG = 2AB, donc 3AG = 2AG + 2GB, c c c soit 0 = GA + 2GB. c c c c c c c 2. a. 2HB + 3HB + 3BC = 0, donc 5HB + 3BC = 0, c 3c soit BH = BC. 5 b. Voir figure. c 3c 3. a. AK = AC. 4 b. Voir figure. c c c c c c 4. a. LA + 2LA + 2AB + 3LA + 3AC = 0, donc c c c c 6LA + 2AB + 3AC = 0 c 2c 3c 1c 1c et AL = AB + AC = AB + AC. 3 6 6 2 b. Voir figure. c c c c c c 5. a. LA + 2LB = LG + GA + 2LG + 2GB c c c c = 3LG + GA + 2GB = 3LG. c c c c c c b. On obtient 3LG + 3LC = 0, soit LG + LC = 0, L est donc le milieu de [GC]. c c c 6. a. 2LB + 3LC = 5LH. c c c c c b. On obtient LA + 5LH = 0, soit LA = –5LH, donc A, L et H sont alignés. c c c c c c c c 7. LA + 3LC = 4LK, donc 2LB + 4LK = 0 et LB = –2LK, L appartient à la droite (KB). 8. Les droites sont concourantes en L. 1. A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1) et D(0 ; 1). 2. a. E(0 ; 3), F(1 ; 3), G(–2 ; 0) et H(–2 ; 1). c c c b. EH(–2 ; –2), FG(–3 ; –3) et AC(1 ; 1). Ces vecteurs sont colinéaires donc les droites (EH), (FG) et (AC) sont parallèles. 3. a. (AC) : x – y = 0. b. E(0 ; –2) et H(5 ; 1). Les coordonnées de ces points vérifient l’équation donnée. 173

c. I(–5 ; –5). c c d. F(1 ; –2) et G(5 ; 0), donc FI (– 6 ; –3) et FG (4 ; 2). On a c c – 6 × 2 – 4 × –3 = 0, donc FI et FG sont colinéaires et I 僆 (FG). e. (EH), (FG) et (AC) sont concourantes en I. 4. E(0 ; b), F(1 ; b), G(a ; 0) et H(a ; 1). 5. Les coordonnées de E et de H vérifient l’équation proposée. 6. a. Les couples (1 – b ; –a) et (1 ; –1) ne sont pas proportionnels car (1 – b) × (–1) – 1 × –a = –1 + b + a ⫽ 0, donc les droites (AC) et (EH) sont sécantes. ab ab b. M . ; a + b –1 a + b –1 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 06S_exercice173.xws (Xcas) et 06S_exercice173.dfw (Derive) c c c. FG (a – 1 ; –b) et AC (1 ; 1) ne sont pas colinéaires, donc les droites (FG) et (AC) sont sécantes. De même, pour les droites (FG) et (EH) puisque c EH (a ; 1 – b) et (a – 1)(1 – b) –a × (–b) = a + b – 1 ≠ 0. c ab − a − b +1 −b2 + b c FM et FG (a – 1 ; –b). ; a +b –1 a +b –1 En appliquant la condition de colinéarité, on démontre que ces deux vecteurs sont colinéaires, ce qui justifie que M est un point de (FG). c 7. a + b = 1, donc b = 1 – a. On obtient EH (a ; a), c c FG (a – 1 ; a – 1) et AC (1 ; 1). Ces trois vecteurs sont colinéaires, donc les droites (EH), (FG) et (AC) sont parallèles.

(

)

(

)

1. a. Les coordonnées des points E et D vérifient l’équation donnée. b. Δ1 : (2 – b)x – y = 0. 1 ;1 . c. F 2–b 2. a. (EC) : (2 – b)x – y + 2b – 2 = 0 et Δ2 : (b – 2)x – y + 4 – 2b = 0. 3 – 2b b. G(1 ; 2 –b) et H ;1 . 2–b 3. F et H appartiennent à la droite d’équation y = 1. E et G appartiennent à la droite d’équation x = 1. 4. Par construction, EFGH est un parallélogramme. Et b –1 2 1– b 2 EH² = + (1 – b)2 ; EF2 = + (1 – b)2, soit 2−b 2−b EH = EF et EFGH est un losange. 5. EG = 2 – b – b = | 2 – 2b = 2b – 2 car b ⬎ 2. 2 – 2b 2b – 2 = FH = . 2–b b–2 EG × FH (2b – 2)2 = . 6. Ꮽ = 2b – 4 2 2(x – 3)(x – 1) . 7. a. f ’ (x) = (x – 2)2 174

(

)

(

( )

)

( )

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 06S_exercice174.xws (Xcas) et 06S_exercice174.dfw (Derive) b. f ’ est du signe de x – 3, donc f est décroissante sur ]2 ; 3] et croissante sur [3 ; +⬁[. c. f admet un minimum lorsque x = 3. 8. E(1 ; 3). 9. EG = 4 = FH, donc EFGH est un carré. –1 a 175 1. a. A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(0 ; 1), P , ; a – 1 a –1 c –1 ;0 . Q 0; et R c –1 b –1 b. Les coordonnées de P et de A vérifient l’équation proposée pour (PA). De même que les points B et Q pour la droite (BQ) et C et R pour la droite (CR). 2. Si (PA) et (BQ) sont parallèles, alors a(1 – b) –1 × 1 = 0, soit a – ab – 1 = 0, donc ca – cab – c = 0, donc abc = ca – c. Si (PA) et (CR) sont parallèles, alors ac – c + 1 = 0, donc ca – c = –1 et on obtient abc = –1. 3. I 僆 (PA) donc y0 = –ax0 (R1). I 僆 (BQ) donc x0 + (1 – b)y0 – 1 = 0 et en substituant la relation précédente, on obtient (1 + ab – a)x0 = 1(R2). I 僆 (CR) donc (c – 1)x0 + cy0 – c = 1 en substituant y0 à l'aide de la relation R1, on obtient (c – 1 – ac)x0 – c = 0, puis en multipliant chaque membre par 1 + ab – a et en utilisant (R2), c – 1 – ac – (1 – a + ab)c = 0 et en développant on obtient abc = –1. –1 4. abc = –1 donc c = . ab a. (AP) et (BQ) sont sécantes, donc a(1 – b) –1 ≠ 0, soit a – ab – 1 ≠ 0. Pour (AP) et (CR) : –1 1 –a + 1+ ab ≠ 0, ac – (c – 1) = + + 1= b ab ab donc (AP) et (CR) sont sécantes.

(

) (

)

(

)

Pour (CR) et (BQ) : –1 c – (c–1)(1 – b) = bc + 1 – b = +1–b a –1+ a – ab ≠ 0, = a donc (CR) et (BQ) sont sécantes. Soit I (x0 ; y0) le point d’intersection de (AP) et (BQ), comme à la question 3, on a y0 = –ax0 et (1 – a + ab)x0 =1. D’autre part : –1– ab + a 1 = 0 (c – 1)x0 + cy0 – c = x0 + ab ab car (–1 – ab + a)x0 = –1. Donc I 僆 (CR). b. abc = –1 si, et seulement si, les droites (PA), (BQ) et (CR) sont deux à deux parallèles, ou concourantes.

c

1. A et A’ sont deux points (distincts) de (d1), AA’ est un vecteur directeur de d1 et comme O 僆 (d1), il c c existe a tel que OA’ = aAA’. De même pour les deux autres égalités. 176


89

c

c

c c

c

2. aOA + (1 – a)OA’ = aOA + OA’ – aOA’ c c c c c = aA’A + OA’ = aA’A + aAA’ = 0. De même avec les deux autres égalités. c c c c 3. a. aOA + (1 – a)OA’ = aOB + (1 – a)OB’, c c c c c c donc a(BO + OA) + (1 – a)(B’O + OA’) = aBA + (1 – a)B’A’ c = 0. c c b. Si a = 0, on obtient B’A’ = 0, donc colinéaire à c c 1– a c BA, sinon BA = B’A’ donc les deux vecteurs sont a colinéaires. c. Le résultat précédent est absurde car (BA) et (B’A’) sont sécantes, d’où a ≠ b. a c c c c b c 4. a. AM = AO + OM = OB – 1 OA – a–b a–b b c b c b c = OA – OB = BA. a–b a–b a–b Donc A, B et M sont alignés. c c c c c b. (a – b)OM = (a – b)OA + (a – b)AM = (a – b)OA + bBA c c c c c c = aOA – bOA + bBO + bOA = aOA – bOB c c = (a – 1)OA’– (b – 1)OB’. c. À l’aide de la question précédente, on obtient c c (a – 1)A’M = (b – 1)B’M. Or comme a ≠ b l’un au moins c c est différent de 1, donc A’M et B’M sont colinéaires et A, B et M alignés. a c b c c d. M = I, donc OI = a – b OA – a – b OB et

(

c

c

)

c

(a – b)OI = aOA – bOB. c c c 5. Pour J : (c – a)OJ = cOC – aOA. c c c Pour K : (b – c)OK = bOB – cOC. c c c c 6. a. (a – b)OI + (c – a)OJ + (b – c)OK = 0. c c c c b. L’égalité précédente donne aJI + bIK + cKJ = 0, puis c c–b c IJ = JK. Ce qui permet de conclure que I, J et K b–a sont alignés.

Prises d'initiatives Correctif : il faut lire que le triangle BFC est équilatéral et non pas BFE. 177

D

C E

3 ⎞ c⎛ 3 1⎞ c⎛ 1 − 1⎟ , DF ⎜ 1+ Donc DE ⎜ ; ;– ⎟. 2 2 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 1 1 ⎛ 3 ⎞⎛ 3⎞ 1 1 – 1⎟ ⎜ 1+ = – + = 0, On a × – − ⎜ 2 2 ⎝ 2 2 ⎟⎠ 4 4 ⎠⎝

( )

c

c

d’où la colinéarité de DE et DF, et l’alignement des points D, E et F. 178

C’ est le milieu de [AB] et de [RC1], donc ARC1A est

c

c

un parallélogramme et AC1 = RB. A’ est le milieu de [BC] et de [RA1], donc RBA1C est un

c c

parallélogramme et RB = CA1.

c

c

AC1 = CA1, donc AC1A1C est un parallélogramme, les diagonales [C1C] et [AA1] se coupent en leur milieu Ω. B’ est le milieu de [AC] et de [RB1], donc ARCB1 est un

c c c c c

parallélogramme et AR = B1C.

c

c

c

On a donc AB = AR + RB = B1C + CA1 = B1A1, donc ABA1B1 est un parallélogramme, le milieu Ω de [AA1] est aussi celui de [BB1]. (AA1), (BB1) et (CC1) sont concourantes en Ω. 179

On se place dans le repère (A ; B, D). A(0 ; 0),

c

sont colinéaires et de même sens.

(

A

B

Dans le repère (A ; B, D), on a A(0 ; 0), B(1 ; 0), D(0 ; 1), 3 1⎞ ⎛ 1 3⎞ ; ⎟. E ⎛⎜ ; et F⎜ 1+ 2⎠ 2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝2

90

) )

c 1 . ; c +1 c +1 1 (BC) : x + (1– c)y – 1 = 0 et (AD) : x = 0 donc O 0 ; . 1– c

(BD) : y = –x + 1 et (AC) : x – cy = 0 donc I

(

Notons M1 le milieu de [DC] et M2 le milieu de [AB], 1 c ;0 . on a M1 ; 1 et M2 2 2 c 1 2c c c c 1 c c OM1 , OM2 et OI . ; ; ; 2 c –1 2 c –1 c + 1 c2 – 1 On peut vérifier que ces vecteurs sont colinéaires en

( ) ( ) ( ) ( ) (

)

remarquant par exemple qu’ils sont tous colinéaires à cu 1 ; 2 . On déduit que la droite (OI) coupe [DC] c –1 et [AB] en leurs milieux.

(

)

Dans le repère (A ; B, D), A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), 1 D(0 ; 1) et M 1 ; . 2 1 1 2 (BD) : y = –x + 1 et (AM) : y = x, donc I . ; 2 3 3 −1 (AC) : y = x et (DM) : y = x + 1, donc J 2 ; 2 . 2 3 3 c 1;0 c c c IJ et AD(1 ; 0) donc AD = 3IJ, d’où (AD) et (IJ) sont 3 parallèles et AD = 3IJ. 180

F

c

B(1 ; 0), D(0 ; 1), C(c ; 1) avec c ⬎ 0 puisque DC et AB

( )

( )

( ) ( )

F Activités TICE c c c

TP

1 La droite d’Euler

Dans ce TP, on utilise un logiciel de géométrie dynamique pour conjecturer des propriétés des trois points remarquables du triangle que sont le centre du cercle circonscrit, l’orthocentre et le centre de gravité. Ces propriétés sont ensuite démontrées pour finalement arriver au très classique résultat de l’alignement de ces trois points. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 06S_TP1.ggb (Geogebra) et 06S_TP1.g2w (Geoplan). A. Construction et conjecture 1. Pour Geogebra : on pourra au préalable supprimer les axes en cliquant sur le bouton droit de la souris, puis en décochant « Axes ». On utilise ensuite l’icone de la barre des menus pour créer les points A, B et C, puis pour créer le triangle ABC en utilisant l’icône . Par défaut, ce triangle sera nommé poly1, le renommer ABC. Pour Geoplan : pour créer les points A, B et C, choisir le menu : Créer Point Point libre Dans le plan . Pour créer le triangle ABC, choisir le menu : Créer Ligne Polygone Polygone défini par ses sommets. 2. a. Pour Geogebra : cliquer sur l’icône « médiatrice » puis sur le segment correspondant pour créer la médiatrice d’un segment. Le point O est construit comme l’intersection des deux médiatrices obtenues. Pour Geoplan : utiliser le menu : Créer Ligne Droite(s) Médiatrice . Le point O est obtenu soit en utilisant le menu : Créer Point Intersection de deux droites , soit en utilisant Créer Point Centre (divers) Cercle circonscrit . b. Pour Geogebra : on construit deux hauteurs en utilisant le menu « droites perpendiculaires » qui permet de tracer la perpendiculaire à une droite donnée et passant par un point donné. Pour Geoplan : choisir le menu Point Centre (divers) Orthocentre . c. Pour Geogebra : saisir G= CentreGravité[ABC] . Pour Geoplan : choisir le menu Créer Point Centre (divers) Centre de gravité . 3. On peut conjecturer que les points O, G et H sont alignés. c c 4. On conjecture que OH = 3OG. B. Caractérisation vectorielle de l’orthocentre 1. Pour Geogebra : saisir K=O+vecteur[O,A]+vecteur[O,B]+vecteur[O,C] .

c = OA + OB + OC Pour Geoplan : construire le vecteur u en utilisant le menu : Créer Vecteur Expression vectorielle puis construire le point K à l’aide du menu : Créer Point Point image par Translation(vecteur) . On peut conjecturer que K est confondu avec H. c c c c c c c 2. a. OB + OC = OA’ + A’B + OA’ + A’C = 2OA’ puisque c c c A’B + A’C = 0, A’ étant le milieu de [BC]. c c c c c c AK = AO + OK = OB + OC = 2OA’. c c b. Les vecteurs AK et OA’ étant colinéaires, (AK) et (OA’) sont parallèles. c. (OA’) est la médiatrice de [BC], donc est perpendiculaire à (BC), donc (AK) est également perpendiculaire à (BC). c c 3. On a comme précédemment BK = 2OB’ avec B’ milieu de [AC]. Ce qui prouve que (BK) est parallèle à (OB’) qui est la médiatrice de [AC] donc perpendiculaire à celleci. On déduit alors que (BK) et (AC) sont également perpendiculaires. 4. (BK) et (AK) sont deux hauteurs du triangle ABC, leur intersection K est l’orthocentre de ABC, c'est-à-dire H c c c c c et on déduit que OH = OK = OA + OB + OC. C. Caractérisation vectorielle du centre de gravité 1. Pour Geogebra : après avoir construit le point A’ milieu de [BC], saisir P= A+2/3*vecteur[A,A’] . Pour Geoplan : utiliser le menu : Créer Point Point image par Translation(vecteur) . On conjecture que P est confondu avec G. c c c c c c c 2. a. AB + AC = AA’ + A’B + AA’ + A’C = 2AA’. c c c c c c c c PA + PB + PC = 3PA + AB + AC = 3PA + 2AA’ c c c = 2A’A + 2AA’ = 0. c c c c c c c b. PA + PB = PC’ + C’A + PC’ + C’B = 2PC’ c c c car C’A + C’B = 0 puisque C’ est le milieu de [AB]. c c c c c c. On obtient 2PC’ + PC = 0, donc PC = –2PC’, donc les points P, C et C’ sont alignés. 3. P appartient au deux droites (AA’) et (CC’) médianes du triangle ABC, donc le point P est confondu avec le c c c c centre de gravité G, donc GA + GB + GC = 0. D. Démonstration de l’alignement de O, G et H c c c c c c c c c c 1. OH = OA + OB + OC = OG + GA + OG + GB + OG + GC c c c c c = 3OG + GA + GB + GC = 3OG. 2. Lorsque le triangle ABC est équilatéral. c c 3. Les vecteurs OH et OG sont colinéaires, donc O, G et H sont alignés. 4. a. H est confondu avec A et O est le milieu de [BC]. b. La droite d’Euler est dans ce cas la médiane issue de A du triangle ABC. Chapitre 6 Géométrie plane

91

TP

2 Le théorème de Ménélaüs d’Alexandrie

Dans ce TP, on utilise un logiciel de géométrie dynamique pour conjecturer, dans une première partie, un résultat attribué au Grec Ménélaüs d’Alexandrie. Dans une seconde partie, nous proposons de démontrer ce résultat dans un cas particulier, le cas général étant démontré dans la dernière partie. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 06S_TP2.ggb (Geogebra) et 06S_TP2.g2w (Geoplan). A. Construction et conjecture 1. Avec Geogebra : construire les points A, B et C à l’aide de la barre des menus, puis les droites (AB), (AC) et (BC) à l’aide du menu droite définie par deux points. Les droites prennent par défaut les noms a, b et c, il faut les renommer pour éviter une définition récursive que le logiciel refusera dans les questions suivantes puisque ces noms seront utilisés pour d’autres variables. Avec Geoplan : pour créer les points A, B et C, choisir le menu : Créer Point Point libre Dans le plan . Les droites sont créées avec le menu Créer Ligne Droite(s) Définies par 2 points . 2. a. Avec Geogebra : utiliser l’icône de création d’un point puis cliquer sur la droite (AB). Avec Geoplan : utiliser le menu Créer Point Point libre Sur une droite . c c c b. PA et PB sont colinéaires et PB est non nul, donc il c c existe un réel a tel que PA = aPB. c. Avec Geogebra : saisir a=RapportColinéarité[P,B,A] . Avec Geoplan : choisir le menu : Créer Numérique Calcul géométrique

Abscisse d’un point sur une droite

puis créer l’affichage en suivant le menu Créer Affichage Variable numérique déjà définie . a est négatif si P appartient au segment [AB]. a ne peut pas être nul car P est différent de A. a ne peut pas être égal à 1 car A est différent de B. 3. a. et b. On procède comme précédemment.

92

4. a. Sur Geogebra : il suffit de saisir abc=a*b*c . Sur Geoplan : choisir le menu Créer Numérique Calcul algébrique puis créer l’affichage comme précédemment. b. On trace la droite (PN) comme à la question 1. c. Oui, il est possible d’obtenir P, N et M alignés. d. On conjecture que l’alignement des points P, N et M équivaut à abc = 1. B. Étude dans un cas particulier c 1c c c 1. a. MB = MC donne 2MB = MC, 2 c c c c c c c soit 2MA + 2AB = MA + AC et AML = 2AB – AC. b. M(2 ; –1). a c c AB. c. PA = 1– a –a –a c ; 0 . PM 2 – ; – 1– 0 d. P 1– a 1– a

(

) ( c ( ) ( ) c ( ) c c

) c (

)

2–a 2–a ;1 , ; – 1 (et non pas PM 1– a 1– a comme indiqué dans l’énoncé). 1 . 2. a. N 0 ; 1– b –a 1 c a ; 1 ; – 0 soit PN . b. PN 0 – 1– a 1– b 1– a 1–b 3. a. PM et PN sont colinéaires si, et seulement si, 2–a 1 a × – × (–1) = 0 , ce qui équivaut à 1– a 1– b 1– a 2 – ab = 0, soit à ab = 2. (1– a)(1– b) 1 b. Oui, car si c = , abc = 1 équivaut à ab = 2. 2 soit PM

(

)

C. Cas général 1– ac –c c 1. PM (1– c)(1– a) ; 1– c .

c

(

c

)

2. PM et PN sont colinéaires si, et seulement si : 1– ac 1 a –c × – × = 0, (1– c)(1– a) 1– b 1– a 1– c 1– abc ce qui équivaut à = 0 , soit à abc = 1. (1– c)(1– a)(1– b)

CHAPITRE

7

Trigonométrie

A Le programme Contenus Trigonométrie Cercle trigonométrique. Radian. Mesure d'un angle orienté, mesure principale.


Commentaires

• Utiliser le cercle trigonométrique, notamment pour : – déterminer les cosinus et sinus d'angles associés ; – résoudre dans les équations d'inconnue x : cos x = cos a et sin x = sin a.

L’étude des fonctions cosinus et sinus n'est pas un attendu du programme.

B Notre point de vue Nous avons rappelé, au début du cours, l’idée, déjà vue en Seconde, de l’enroulement de la droite réelle autour du cercle trigonométrique. Une animation sur ce sujet est disponible sur le manuel numérique enrichi. Après avoir rappelé la définition du cosinus et du sinus d’un réel, nous avons défini le radian à partir du cercle trigonométrique. Nous avons introduit la notion de mesures d’un angle orienté de deux vecteurs et défini la mesure principale. En trigonométrie, les propriétés des angles associés sont énoncées. Les méthodes de résolution des équations trigonométriques élémentaires sont données. Les propriétés des angles orientés sont données sans démonstration. Elles concernent les caractérisations des vecteurs colinéaires ou des vecteurs orthogonaux, ainsi que la relation de Chasles pour les angles orientés, dont quelques conséquences sont énoncées. Il est fait recours au cercle trigonométrique aussi souvent qu’il est nécessaire, en particulier pour établir les relations entre sinus et cosinus des angles associés, ce qui est traité au moyen des symétries. Il en est de même pour la résolution des équations trigonométriques. Nous avons fait le choix de donner des énoncés de cours simples illustrés d’exemples ou de figures. Les savoir-faire sont constitués d’exercices élémentaires, applications immédiates du cours. Le savoir-faire 6, aborde, de manière élémentaire, l’utilisation des angles orientés en géométrie, le point de départ étant souvent l’étude des angles géométriques de la configuration étudiée. Les exercices sont variés, avec au début quelques exercices simples s’appuyant sur des situations de polygones inscrits dans le cercle trigonométrique. De nombreux exercices permettent aux élèves de s’entraîner à la résolution des équations trigonométriques. Quelques exercices plus difficiles, mettent en œuvre des méthodes utilisant les relations entre angles associés. Dans la rubrique « Pour approfondir », quelques exercices permettent de démontrer des propriétés des configurations de base, telles que la somme des angles orientés d’un triangle, des propriétés de parallélisme ou d’orthogonalité. Certains exercices comportent des références historiques. L’utilisation des TICE a été développée à plusieurs endroits dans le chapitre. Chapitre 7 Trigonométrie

93

– Pour les calculatrices, nous avons présenté les instructions qui peuvent permettre de contrôler la résolution d’équations trigonométriques élémentaires. L’exercice 160, plus difficile, conduit à l’élaboration d’un algorithme, puis d’un programme, donnant la mesure principale d’un angle, dont une mesure est connue. – Pour les logiciels, nous avons indiqué plusieurs utilisations d’un logiciel de géométrie dynamique, dans les activités d’introduction du chapitre et dans les deux TP en fin de chapitre. Il s’agit chaque fois de conjecturer des propriétés des configurations étudiées. Dans la page « Chercher avec méthode », l’énoncé choisi permet de mettre en œuvre plusieurs des méthodes introduites dans le chapitre, pour la résolution des équations trigonométrique, en particulier l’utilisation du cercle trigonométrique.

Les notions abordées dans le chapitre 7 1. Le cercle trigonométrique 2. Mesures d’un angle orienté de vecteurs

3. Angles associés 4. Trigonométrie

C Avant de commencer Se tester avec des QCM Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point sur les configurations et les angles géométriques et sur les propriétés du cercle trigonométrique étudiées en Seconde. 1 A et C ; 2 A ; 3 C ; 4 B ; 5 D.

π 2π 5π 3π ; b. ; c. ; d. . 3 3 6 4 9 Ce sont les points M et M’ de la figure ci-dessous.

8 a.

J M 𝒞 I


O

0,3

π 3π π ; B: ; C:– . 6 4 3  = 3π ; IC  = π. 2. IB 4 6  = 75° ; AOC  = 90°. 3. AOB

6 1. A :

7

M’

J

E

10 1. A

𝒞

M J 𝒞

C I

O

I –0,2

D

B

O

2. M(–0,2 ; 0, 96).


1 Enroulement et cercle trigonométrique

On rappelle dans cette activité l’enroulement de la droite des réels autour du cercle trigonométrique, permettant ainsi de repérer les points de ce cercle.

94

Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 07S_activite1.ggb (Geogebra). π 1. Le point A de Ꮿ d’abscisse coïncide avec le point 2  est égale à π . J car la longueur de IJ 2

4. Pour aller de D à A dans le sens positif, la longueur 5π du trajet le plus court est . Donc la mesure 4 cc 5π correspondante de (OD, OA) est radians. 4 5. Pour aller de H à B dans le sens positif, la longueur π du trajet le plus court est m. Donc la mesure 2 π cc correspondante de (OH, OB) est radians. 2 6. On peut observer que 17π = – π + 3 × 2π. 3 3 D’où la position du point M sur le cercle :

2. On obtient la figure suivante : π 3 π 4

J 𝒞 π –π

I

O

–π 2

C

3π π 3. On peut associer au point J’ les réels et – . 2 2 4. Au point I’, on peut associer le réel –π. À partir du point I’ si l’on effectue k tours (dans le sens positif si k est positif, dans le sens négatif si k est négatif), on revient sur le point I’. Donc à tout réel –π + k2π, on peut associer le point I’.

Activité

1. On obtient le tableau suivant :  Mesure de AOB (en degrés) Longueur ᐍ de  pour r = 1. AB

360° 180° 2π

π

90°

45°

60°

105°

π 2

π 4

π 3

7π 12

2. Pour passer de la première ligne du tableau à la π seconde, le coefficient de proportionnalité est . 180 Pour passer de la deuxième ligne du tableau à la 180 première, le coefficient de proportionnalité est . π 7π π 3. a. On obtient respectivement radian et radians. 36 4 b. On obtient respectivement 60° et 150°.

A O F

M

G

Activité

Il s’agit dans cette activité d’introduire une nouvelle mesure d’unité d’angles, le radian.

B

E

2 Longueur d’un arc de cercle et mesure des angles

Activité

D 𝒞

H

4 Angles associés

Il s’agit dans cette activité de préparer les formules des angles associés. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 07S_activite4-1.ggb et 07S_correctionactivite4.ggb (Geogebra). 1. On obtient la figure suivante : Δ

J

A’

𝒞

A π 6 O π 6

I

3 Déplacement sur une piste circulaire

On se propose dans cette activité d’introduire les mesures d’un angle orienté de vecteurs à partir de déplacements sur un cercle. 1. À la fin de l’énoncé de cette question, il faut donner un réel associé au point H et non au point B.  = AOH  = π radian. On a AOB 4 π Au point B, on associe le réel . 4 π Au point H, on associe le réel – . 4 2. Les points d’arrivée sont respectivement C, F, B et E. 3. Les points d’arrivée sont respectivement C, H, G et E.

(

)

π π Les coordonnées de A sont cos ; sin , soit 6 6 3 1 ⎛ ⎞ A⎜ ; ⎟. 2⎠ ⎝ 2 2. Voir la figure précédente. c c π On obtient pour mesure de (OA’, OJ) par symétrie 6 par rapport à Δ. En utilisant la relation de Chasles pour les angles orientés, on a : cc cc cc (OI, OA’) = (OI, OJ) + (OJ, OA’) + k2π. cc π π π D’où une mesure de (OI, OA’) : − , soit . 3 2 6 π 3⎞ π π ⎛ . 3. Par suite A’ cos ; sin , soit A’ ⎜ ; 2 ⎟⎠ 3 3 ⎝3

(

)

Chapitre 7 Trigonométrie

95

On observe que l’abscisse de A est égale à l’ordonnée de A’ et que l’ordonnée de A est égale à l’abscisse de A’. π cc 4. Une mesure de (OI, OM’) est – α 2 cc cc cc car (OI, OM’) = (OI, OJ) + (OJ, OM’) + k2π. cc En outre une mesure de (OJ, OM’) est –α, car M’ est le symétrique de M par rapport à Δ.

5. On observe que les colonnes A et D sont identiques. On peut donc conjecturer que : π cos α = sin − α . 2 Les colonnes B et C sont identiques. π On peut donc conjecturer que sin α = cos − α . 2

( )

( )

E Exercices Dans la numérotation des corrigés page 362 : lire au lieu de 11 . 7π 9π 17π 15π – ; ; ;– 4 4 4 4 4π 2π 4π 2π 11 a. . b. . c. . d. – . 5 5 5 5 13π 12 . 4 π 13 – est la mesure principale. 3 5π 7π Autres mesures : ; – . 3 3 π 14 – est la mesure principale. 6 11π 13π Autres mesures : 6 et – 6 . π 15 a. 6π . b. . 5 6 π π 1 16 sin π − = sin = 6 6 2 π π 2 et cos π + = – cos = – . 4 2 4 2π 1 17 a. sin 2π = 3 et cos =– . 3 2 2 3 4π 1 4π 3 b. sin et cos 3 = – 2 . =– 2 3 π 2 π 2 18 sin − et cos − = . =– 2 4 2 4 3π 2 3π 2 et cos sin =– . = 2 4 2 4 5π 5π 2 2 sin et cos . =– =– 4 2 2 4 9π 2 9π 2 = et cos . sin = 2 4 2 4 π π 19 a. x = + k2π ou x = – + k2π. 6 6 10

Dans tous les exercices, k est un entier.

10

POUR DÉMARRER 1

1. On obtient la figure suivante : Δ

J

A’

𝒞

A π 6 O π 6

I

π 2π 14π 7π Pour A : et ; pour B : et ; 3 3 3 3 π 5π pour C : et – . 3 3 7π 5π 3 et – . 3 3 3π 4 Les réels sont de la forme + k2π. 5 3π 5π 5 cos = cos = 0. 2 2 6 On a cos2 x + sin2 x = 1. Si cos x = 0,8 alors sin2 x = 1 – 0,82 = 0,36. Comme 0 ⬍ x ⬍ π, sin x ⬎ 0, donc sin x = 0,6. π π π 7 a. radian. b. radian. c. radian. 6 4 2 3π d. π radians. e. radian. 4 8 a. 45°. b. 72°. c. 22,5°. d. 67,5°. e. 120°. 2

9

( ) ( )

( )

( )

J

On a la figure suivante : 𝒞

J

A

π 6

𝒞 O I

O

C

96

D

B

I –π 6

b. x =

5π π + k2π ou x = + k2π. 4 4

J

5π 4

b. x =

π 4

π + k2π. 2

I

O

π 2J 1

𝒞

𝒞

c. x = –

I

O

7π π + k2π ou x = + k2π. 6 6 J

𝒞 I

O 7π 6


On obtient la figure suivante :

–π 6

J

𝒞

E

B

A 20

a. x =

π π + k2π ou x = – + k2π. 3 3 J 𝒞

D

π 3 C I

O

–π 3

b. x = –

7π π + k2π ou x = + k2π 6 6 J

𝒞 I

O 7π 6

21

I

O

–π 6

–1 2

Dans la numérotation des corrigés à la fin du manuel page 362 : lire 23 au lieu de 20 . π Pour I : k2π. Pour A : + k2π. 3 2π Pour B : + k2π. Pour I’ : π + k2π. 3 2π π Pour D : – + k2π. Pour E : – + k2π. 3 3 11π 7π 24 Pour A : + k2π. Pour B : + k2π. 6 6 8π 22π 25 Ce sont les réels et – . 5 5 8π 2π 2π 2π 26 – ; en effet – 3 + 2π = – et –π ⬍ – ⬍ π. 3 3 3 9π 27 1. – + k2π. π 4 2. – . 4 7π 3. . 4 28 Faux, les deux points sont distincts : 23

a. x = π + k2π.

J

J

𝒞

π 3

𝒞 π –1

O

I

I

O

–π 3 Chapitre 7 Trigonométrie

97

Exercices 29 à 31 : il est plus approprié de traiter ces exercices avec la figure suivante :

38 1. et 2. On obtient les points A et B et la figure J B suivante :

J

𝒞

𝒞

M O

29

Faux, ils sont de la forme

30

Faux.

31

Faux.

2π + k2π. 5

(

(

)

)

)

( ) ( )

7π 7π 2 = cos = 4 2 4 7π 7π 2 et sin − = –sin . = 4 2 4 2. Avec la calculatrice : 34

39 a. cos k2π = 1 et sin k2π = 0. b. cos(2k + 1)π = –1 et sin(2k + 1)π = 0. π + k2π = sin π + k2π = 2 . c. cos 4 2 4 40 Vrai.

(

π π Les coordonnées de A sont cos ; sin , 6 6 3 1⎞ soit A ⎛⎜ ; ⎟. 2 2 ⎝ ⎠ π 2 π 33 1. cos 17π = cos + 2 × 2π = cos = 2 4 4 4 π 2 π 17π et sin = sin . + 2 × 2π = sin = 2 4 4 4 2. Avec la calculatrice : 32

1. cos −

3π , alors cos b ⬍ 0. 2 2 2 Donc cos b = – . 3 2 2 3π 2. Si ⬍ b ⬍ 2π, alors cos b ⬍ 0. Donc cos b = . 3 2 37 1. et 2. On obtient les points A et B et la figure suivante : 1. Si π ⬍ b ⬍

) (

)

Vrai. π Faux : si x = , alors 2x = π ; cos2x = cos π = –1 et 2 π 2cos x = 2 cos = 0. 2 5π 43 Pour 25° : radian. 36 7π 44 Pour : 52,5 degrés. 24 π 5π 7π 5π 3π 45 a. . b. . c. . d. . e. . 3 36 6 18 2 46 a. 150°. b. 108°. c. 157,5°. d. 15°. e. Environ 171,9°. π 47 Pour le triangle équilatéral : radian. 3 π π π Pour le triangle rectangle et isocèle : , et radian. 2 4 4 π 48 a. 2. b. . 8 49 Faux, on a π × d = 180 × α. 180 50 Faux : un angle de 1 radian mesure degrés, π soit environ 57,295 degrés. 41 42

51 36

Vrai.

Par lecture graphique, on obtient respectivement : 3π π π π ; – ; et . 4 4 4 2 53 a. S coïncide avec P. b. S coïncide avec N. c. S coïncide avec N. 52

54

On obtient la figure suivante :

J

J

𝒞

B 0,2

B O

I

A

N

T

(

0,2

O

I

𝒞

A

O

I

I C

A

98

3π 11π 5π 13π . ; − ; ; 4 4 4 4 2π 12π 8π 18π 56 − . ; − ; ; 5 5 5 5 57 5π ; − 11π ; – 27π ; – 43π . 8 8 8 8 58 a. Oui, car α − β = 20 × 2π. b. Non, car α − β n'est pas un multiple entier de 2π. c. Oui, car α − β = 15 × 2π. 2π 8π 59 On a respectivement – et . 5 5 60 Vrai. 55

−

61 1. Vrai. 2. Vrai. 3. Vrai. 107π π 62 On a = – + 9 × 2π. 6 6 π La mesure principale del’angle est donc – . 6 2π 63 a. . b. π. 5 64 a. π ; 3π ; –π. π 3π 5π b. − ; . ; – 2 2 2 π 5π 3π 65 a. – . b. – . c. – . 3 7 4 5π 3π 3π 66 a. ; ;– . 4 4 4 π 7π π b. – ; ;– . 4 4 4 3π 3π 67 a. – ;– . 4 4 5π 11π b. ;– . 8 8 π 5π π π 68 a. – . b. – . c. . d. . 4 6 2 3 Les points correspondants, sur le cercle trigonométrique, sont respectivement Ma, Mb, Mc et Md :

J

𝒞

Md

Mc I

O Mb Ma 69

Vrai.

70

Vrai.

2π Faux : la mesure principale est – , 3 2π 28π 2π car + 5 × 2π et –π ⬍ – ⭐ π. =– 3 3 3 71π π 72 Faux : la mesure principale pour est et pour 5 5 24π 4π – , elle est égale à – . 5 5 71

Les mesures principales sont respectivement : π π π 2π 2π a. – . b. – . c. – . d. – . e. – . 2 3 3 3 3 74 On utilise la relation de Chasles : c c c c cc (AD, AC) = (AD, AB) + (AB, AC) + k2π π π = + + k2π. 3 2 5π cc Comme –π ⬍ ⭐ π, la mesure principale de (AD, AC) 6 5π est . 6 cc 7π De même la mesure principale de (BC, BD) est . 12 cc cc cc On a (BA, DB) = (BA, BD) + (BD, DB) + k2π π 4π = + π + k2π = + k2π. 3 3 2π cc . La mesure principale de (BA, DB) est – 3 π π 2π π 75 a. . b. . c. . d. . 5 6 3 4 76 En utilisant la relation de Chasles, on obtient : cc c c c c c c (AE, AC) = (AE, AB) + (AB, AD) + (AD, AC) + k2π. 2π 3π 5π = + – + k2π = π + k2π. 3 4 12 Les points A, E et C sont donc alignés. 73

cc

cc

cc

On a (AB, BC) = (AB, BA) + (BA, BC) + k2π. π cc Or une mesure de (BA, BC) est – . La mesure principale 6 5π cc de (AB, BC) est donc . 6 cc cc cc De même (AB, CA) = (AB, AC) + (AC, CA) + k2π. π cc La mesure principale de (AB, CA) est – . 2 π cc Celle de (AH, CB) est égale à – . 2 cc cc cc On a (AH, BA) = (AH, AB) + (AB, BA) + k2π. c c La mesure principale de (AH, BA) est donc égale à 2π π – + π, soit . 3 3 79 On obtient : c uc ) = – π + k2π (v, 6 c –vc) = π + π + k2π = 7π + k2π (u, 6 6 c –vc) = π + k2π. et (–u, 6 c et vc sont tels que : 80 a. Les vecteurs non nuls u π c vc) = + k2π. (u, c c c c c –vc4) + k2π On a (u, –v ) = (u, v ) + (v, π 5π + k2π. = + π + k2π = 4 4 b. uc et 3uc sont colinéaires, de même sens, de même c que vc et 2v. c 2vc) = (u, c vc) + k2π = π + k2π. Donc (3u, 4 c –4vc) = (u, c vc) + k2π = π + k2π. On a (–2u, 4 uc et –2uc étant colinéaires et de sens contraires, on a : c –2uc ) = (v,c u) c + π + k2π (2v, π 3π = + π + k2π = + k2π. 4 4 c –vc) = – 2π + k2π. 81 a. (u, 3 c w) c = π + k2π. b. (u, 2 77


99

π + k2π. 6 π c c c c d. (–w, –u ) = (w, u ) = – + k2π. 2 c et w c sont 82 Correctif : il faut démontrer que v c c colinéaires (au lieu de u et w ). En utilisant la relation de Chasles : c w) c = (v,c u) c + (u, cw c) (v, 61π 119π =– = –18π = –9 × 2π. − 10 10 c c Les vecteurs v et w sont colinéaires et de même sens.

c 2wc) = (v,c w c) = c. (3v,

c –vc) = (u, c vc) + (v,c –vc) a. (u, π 7π = +π= . 6 6 5π c –vc) = – + k2π. D’où (u, c c = k2π. 6 b. (u, 3u) c w) c = (v,c u) c + (u, c w) c =–π + π . c. (v, 6 12 π c c D’où (v, w) = – + k2π. 12 c –5v) c = (w, c vc) = –(v,c w c ). d. (–2w, π c w) c = + k2π. D’où (v, 12 84 1. On obtient la figure suivante : 83

J

𝒞

P

A = sin x. D = –cos x.

( )

M A I

2. On utilise la relation de Chasles : cc cc cc (OM, ON) = (OM, OA) + (OA, ON) + k2π π 3π + k2π. =– + 4 4 π cc La mesure principale de (OM, ON) est . 2 cc cc c c De même (OP, OM) = (OP, OA) + (OA, OM) + k2π 5π π = + + k2π. 3 4 π cc La mesure principale de (OP, OM) est – . 12 cc De même, la mesure principale de (OQ, ON) est π et cc 5π . celle de (ON, OP) est égale à – 12 85 Vrai. 86

Vrai.

97

1. et 2.

( )

J

𝒞

2 5

M x

π–x I

O

π+x π +x 2

π –x 2

π ⭐ x ⭐ π, cos x ⭐ 0. 2 4 21 21 = ; par suite cos x = – . Donc cos2 x = 1 – 25 25 5 π 21 π 2 +x =– b. sin . 4. a. cos +x =– . 5 2 2 5 π 2 π 21 −x = . c. cos d. sin . −x =– 2 5 5 2 21 21 e. cos(π + x) = . f. cos (π – x) = . 5 5 3. Puisque

c –3vc) = (u, c –vc) + k2π. Faux, car (2u, π 88 Faux : la mesure principale est – , 4 π 2π 5π π + = – + 2π . car + 4 3 6 4 π 1 89 1. sin = et cos π = 3 . 6 2 2 6 π π 1 5π = sin π – = sin = . 2. sin 6 6 2 6 87

( )

100

B = –sin x. C = –sin x. E = cos x. F = –cos x. π π 94 sin x + cos x + + cos x – sin x + 2 2 = sin x – sin x + cos x – cos x = 0. 11π 3π 13π 5π 96 =π+ =π+ et , 8 8 8 8 11π 5π 13π 3π donc sin = –sin et sin = –sin . 8 8 8 8 Par suite A = 0. 3π 2π 9π π =π– et =π– 5 5 10 10 9π π 3π 2π donc cos = –cos et cos = –cos . 10 10 5 5 Par suite B = 0. 93

N O

( ) ( ) ( )

π 5π π 3 = cos π – = –cos = – . 6 6 6 2 π 1 π 7π 3. sin = sin π + = –sin = – . 6 2 6 6 π 7π π 3 cos = cos π + = –cos = – . 6 6 6 2 π π 2 90 1. sin = cos = . 4 2 4 2. Pour les sinus, on trouve successivement : 2 2 2 2 . – ; ; – ; 2 2 2 2 Pour les cosinus, on trouve successivement : 2 2 2 2 . ; – ; – ; 2 2 2 2 11π 9π 91 sin = m et sin = –m. 10 10 4π π π 4π 4π , donc cos = sin = m. = − 10 2 10 10 10 6π π π 6π cos = –m, car = + . 10 2 10 10 92 A = –cos x. B = –cos x. C = –cos x. D = –sin x. E = sin x. F = sin x. cos

( ) ( )

( ) ( )

g. sin (π + x) = – 98

2 . 5

h. sin (π + x) =

1.

2 . 5

J

𝒞

2π 5π Dans , les solutions sont – + k2π et + k2π. 3 3 4π 5π et . Dans I, les solutions sont 3 3 108

J 𝒞

–3 4

I

O

I

O

M

2. On a sin x = –

( )

( )

π 7 π 3 +x = –x =– . . b. sin 4 2 2 4 3 3 c. cos (π + x) = . d. cos (π – x) = . 4 4 7 7 e. sin (π + x) = . f. sin (π – x) = – . 4 4 3π 3π 99 Faux : sin = –cos . 4 4 100 Faux.

3. a. cos

M’ 5π 3

4π M 3

7 . 4

5π 5π Dans , les solutions sont + k2π et – + k2π. 6 6 5π 7π Dans I, les solutions sont et . 6 6 109

J

𝒞 5π M 6

Faux, ils ont des cosinus opposés. π π π 2 103 Faux : cos 2π – = cos – = cos = . 4 4 2 4 2π 104 L’équation sin x = sin est équivalente à 3 2π 2π + k2π ou x = π – + k2π. x= 3 3 π 2π et . Les solutions dans ]–π ; π] sont donc 3 3 π 105 L’équation cos x = cos – est équivalente à 4 π π x = – + k2π ou x = + k2π. 4 4 π π Les solutions dans ]–π ; π] sont donc – et . 4 4 1 π 1 106 On sait que cos = , donc l’équation cos x = 2 3 2 π équivaut à l’équation cos x = cos . 3 π π + k2π ou x = – + k2π. Par suite x = 3 3 π π Les solutions dans ]–π ; π] sont donc – et . 3 3 3π 3π 107 Dans , les solutions sont – + k2π et + k2π. 4 4 3π 3π Dans I, les solutions sont – et . 4 4

7π M’ 6

102

(

)

( )

π 4π Dans , les solutions sont + k2π et – + k2π. 3 3 2π π Dans I, les solutions sont – et – . 3 3 110

( )

3π M’ 4

𝒞

J

O – 3π 4 M

I

I

O

Faux, x et π – x ont même sinus et des cosinus opposés. 101

J 𝒞 I

O

– 2π M 3

M’ –

π 3

L’équation 2sin x – 1 = 0 équivaut à l’équation 5π π 1 ; sin x = . Dans [0 ; 2π[, les solutions sont et 6 6 2 13π 17π dans [2π ; 4π[, les solutions sont et . 6 6 (La correction en fin de manuel est erronée.) π 2π 3 112 L’équation sin x = a pour solutions et 3 3 2 π 2π dans [0 ; π] et + k2π et + k2π dans . 3 3 7π π 113 Dans [0 ; 2π[, les solutions sont et . 4 4 π π Dans , les solutions sont + k2π et – + k2π. 4 4 111


101

J

1 2π 2cos x +1 = 0 équivaut à cos x = – , donc cos x = cos . 2 3 2π 2π Par suite x = + k2π ou x = – + k2π. 3 3 2π π π 2π Dans ]–π ; π], les solutions sont : – ; – ; et . 3 3 3 3 Les points M1, M2, M3 et M4 du cercle Ꮿ sont associés aux solutions de l’équation.

M π 4

𝒞

I

O

M’ – π 4

J

M4

M3

𝒞

L’équation admet les mêmes solutions dans [0 ; π] et dans [0 ; 2π] : 0,78 et 2,37. 114

ε = 2,37 rad

𝒞

δ = 0,78 rad

O

M1

I

J 𝒞 5,49 rad

0,8 rad

O

0,7

I

π 1 On sait que cos = , donc l’équation 3 2 π π 1 π = équivaut à cos x – 3 = cos . cos x – 3 2 3 En utilisant la propriété traduisant l’égalité des cosinus, l’équation équivaut donc à : π π π π x – = + k2π ou x – = – + k2π. 3 3 3 3 2π + k2π ou x = k2π. Soit x = 3 π 1 = On peut donc conclure que l’équation cos x – 3 2 2π a pour solutions 0 et dans ]–π ; π]. 3 117 On observe que 4cos2 x – 1 = (2cos x – 1)(2cos x + 1). L’équation 4cos2 x – 1 = 0 équivaut donc à l’équation : (2cos x – 1)(2cos x + 1) = 0, soit 2cos x – 1= 0 ou 2cos x + 1 = 0. On résout séparément les deux équations obtenues : π 1 2cos x – 1 = 0 équivaut à cos x = , donc cos x = cos . 3 2 π π Par suite x = + k2π ou x = – + k2π. 3 3 116

( )

( )

( )

102

M2

π 2 2 , l’équation sin 2x = équivaut = 2 4 2 π π à l’équation sin2x = sin , soit 2x = + k2π ou 4 4 π 3π 3π 2x = + k2π, c’est-à-dire x = + kπ ou x = + kπ. 8 8 4 On donne à k différentes valeurs. π 3π ou x = . Pour k = 0, on a x = 8 8 9π 11π ou x = . Pour k = 1, on a x = 8 8 Pour k = 2, on retrouve les mêmes infinités de solutions que pour k = 0. Pour k = –1, on retrouve les mêmes infinités de solutions que pour k = 1. 2 a pour solutions : Dans , sin 2x = 2 π 3π 9π 11π + k2π ; + k2π ; + k2π ; + k2π. 8 8 8 8 120 On observe que 2cos2 x – cos x = cos x(2cos x – 1). L’équation 2cos2 x – cos x = 0 équivaut donc à l’équation cos x(2cos x – 1) = 0 soit cos x = 0 ou 2cos x – 1 = 0. On résout séparément les deux équations. π cos x = 0 équivaut à cos x = cos . 2 π π + k2π ou x = – + k2π. Par suite x = 2 2 π 2cos x – 1 = 0 équivaut à cos x = cos . 3 π π Par suite x = + k2π ou x = – + k2π. 3 3 Dans , 2cos2 x – cos x = 0 a pour solutions : π π π π + k2π ; – + k2π ; + k2π ; – + k2π. 3 3 2 2 121 L’équation (2cos x – 3 )(cos x – 1) = 0 équivaut à 2cos x – 3 = 0 ou cos x – 1 = 0. π 2cos x – 3 = 0 équivaut à cos x = cos . 6 π π Par suite x = + k2π ou x = – + k2π. 6 6 cos x – 1 = 0 équivaut à cos x = cos 0. Par suite x = k2π. Dans [0 ; π], l’équation (2cos x – 3 )(cos x – 1) = 0 a π pour solutions : 0 et . 6 119 Puisque

115 L’équation admet 0,8 pour solution dans [0 ; π] et dans [0 ; 2π], elle admet deux solutions : 0,8 et 5,49.

I

O

J 0,7

sin

On observe que : 2sin2 x – 1 = ( 2 sin x – 1) ( 2 sin x + 1). L’équation 2sin2 x – 1 = 0 équivaut donc à l’équation ( 2 sin x – 1)( 2 sin x + 1) = 0, soit 2 sin x – 1 = 0 ou 2 sin x + 1 = 0. π 2 sin x – 1 = 0 équivaut à sin x = sin . 4 π 3π Par suite x = + k2π ou x = + k2π. 4 4 π 2 sin x +1 = 0 équivaut à sin x = sin − . 4 π 5π + k2π. Par suite x = – + k2π ou x = 4 4 Dans ]–π ; π], l’équation 2 sin2 x – 1 = 0 a pour solutions : π π 3π 3π – ; – ; et . 4 4 4 4 3 123 L’équation 4 cos2 x – 3 = 0 équivaut à cos x = 2 5π π 3 ou cos x = – , soit cos x = cos ou cos x = . 6 6 2 Les solutions de l’équation, dans , sont : 5π 5π π π – + k2π ; – + k2π ; + k2π et + k2π. 6 6 6 6 π 2 124 L’équation sin équivaut à : −x = 6 2 π π sin − x = sin . 6 4 π π π 3π – x = + k2π ou –x= + k2π. Par suite 4 6 6 4 7π π + k2π ou x = – + k2π. On obtient x = – 12 12 17π et Dans [0 ; 2π], les solutions de l’équation sont 12 23π . 12 125 L’équation cos x = cos 3x a pour solutions les réels π x = kπ et x = k . 2 3π π + k2π ; π + k2π et + k2π. Soit k2π ; 2 2 π 126 L’équation 2 cos x − = 1 équivaut à l’équation 5 π π cos x − = cos . Cette équation admet deux 5 3 2π 8π solutions dans ]–π ; π] : – et . 15 15 127 On utilise la propriété traduisant l’égalité des sinus. L’équation sin 2x = sin x équivaut à 2x = x + k2π ou π 2x = π – x + k2π. On obtient x = k2π ou x = + k2π. 3 En donnant à k les valeurs 0, 1 et –1, on obtient les π π solutions de l’équation dans ]–π ; π] : 0 ; ; π et – . 3 3 128 1. L’énoncé est faux, se reporter à la propriété traduisant l’égalité des cosinus. L’énoncé réciproque est : « Si x = y + k2π alors cos x = cos y ». Cet énoncé est vrai. 2. L’énoncé est vrai. L’énoncé réciproque est : « Si x = y + k2π, alors cos x = cos y et sin x = sin y ». Cet énoncé est vrai. 3. L’énoncé est faux, se référer à la propriété traduisant 122

( )

( ) ( )

( )

( )

l’égalité des sinus. L’énoncé réciproque est : 1 π « Si x = + k2π, alors sin x = ». 2 6 Cet énoncé est vrai. 4. L’énoncé est faux. L’énoncé réciproque est : « Si sin y = –sin x et cos y = –cos x, alors y = –x + k2π ». Cet énoncé est faux. 129

Faux. En effet, en général sin 2x ⬆ 2 sin x.

130 Faux. En effet, l’équation équivaut à l’équation 5 sin x = qui n’a pas de solution dans . 4 131 Il faut lire 3cos2 x – 1 = 0 au lieu de 3cos2 x + 1 = 0. L’énoncé est vrai. 53π 133 Faux. On remplace x par – . On obtient une 15 égalité fausse.

Vrai. π π . b. . c. 0. 2 2 π cc 136 a. (KN, KM) = – + k2π. 2 cc b. (PN, MQ) = π + k2π. cc π c. (KP, NQ) = + k2π. 2 π π 137 1. Puisque 0 ⬍ ⬍ π, sin ⬎ 0. 5 5 π π En outre cos2 + sin2 = 1. 5 5 π On en déduit que sin = 1– m2 . 5 π π 4π = cos π – = –cos = –m. On sait que cos 5 5 5 π π 6π De même, cos = cos π + = –cos = –m. 5 5 5 π π 4π = sin π – = sin = 1– m2 . On a sin 5 5 5 π π 6π = sin π + = –sin = – 1– m2 . De même, sin 5 5 5 π π 3π π π 7π 2. – = et + = . 2 5 10 2 5 10 π π π 3π – Donc sin = sin = cos = m 5 2 5 10 π π π 3π – = cos = sin = 1– m2 . et cos 5 2 5 10 π 7π 7π π On a sin = sin = cos = m + 5 10 10 5 π 7π π π et cos = cos = –sin = – 1– m2 . + 5 10 2 5 134 135

a.

( ) ( ) ( ) ( )

(

(

(

(

)

)

)

)

138 L’équation cos x + 1 = 0 admet une solution unique

dans ]–π ; π] : π. Dans , les solutions sont les réels de la forme (2k + 1)π. 139 a. sin(7π + x) = sin (π + x) = –sin x. b. cos(13π + x) = cos(π + x) = –cos x. 3π π c. sin x − = sin x – 2π + = cos x. 2 2 d. sin(–3π – x) = sin(–π – x) = –sin(π + x) = sin x. e. cos(π + x) + sin(π – x) = –cos x + sin x.

(

) (

)


103

POUR FAIRE LE POINT π cc 1 Pour la réponse C, il faut lire (DA, DC) = – + k2π 2 cc π

et non (DA, DC) =

2

+ k2π. La bonne réponse est C.

2 B et C ; 3 A ; 4 C ; 5 B ; 6 A et B ; 7 C ; 8 Pour la réponse D, il faut lire cos(x – π ) = cos x

2 π et non cos (x – ) = sin x. Les bonnes réponses sont 2 A et D. 9 Pour la réponse D, il faut lire deux solutions dans [12π ; 13π] et non une solution dans [12π ; 13π]. La bonne réponse est D. 10 A, B et D.

POUR APPROFONDIR cc

cc

a. Il faut lire (OD, OA) au lieu de (AB, AD).  = ADO  = π , donc AOD  = π − 2π = 7π . On a DAO 9 9 9 7π cc . Par suite, la mesure principale de (OD, OA) est 9  b. (OE) est la bissectrice de AOD . Donc la mesure cc 7π principale de (OD, OE) est . 18  = 11π . c. Le triangle EOD est isocèle, donc OED 36 cc 11π Par suite la mesure principale de (EO, ED) est . 36  , donc AED  = 11π . d. (OE) est la bissectrice de AED 18 c c 11π Par suite (EA, ED) = + k2π. 18 En utilisant les propriétés des angles orientés, on obtient c c 29π une mesure de (AE, ED) : – . 18 cc 29π 7π Or – + 2π. La mesure principale de (AE, ED) =– 18 18 7π est donc – . 18 141 1. Le triangle AMO est rectangle en M, donc  = AM . Par suite sin α = AM. sin AOM OI 2 α 1 Or AM = AB, donc AB = 2sin . 2 2 2. Si α = 60°, le triangle OAB est équilatéral de côté 1. 1 Par suite 1 = 2sin 30° et donc sin 30° = . 2 53 40 + 120 ≈ 0,3908. 3. a. 46 + 60 602 Le résultat lu dans la table, à la ligne 46, fournit une approximation du sinus de l’angle moitié, à savoir 23°. On obtient donc sin 23° ≈ 0,3908. Avec une calculatrice, on obtient : 0,3907 à 0,0001 près. c. Pour sin 1°, on lit dans la table, à la ligne 2 : 3 – 5 – 40 ; 5 40 c’est-à-dire 3 + 120 ≈ 0,0258. + 60 602 Avec une calculatrice, on obtient sin 1° ≈ 0,0175. Pour sin 5°, on lit dans la table, à la ligne 10 : 10 – 27 – 27 32 32 ; c’est-à-dire 10 + 120 ≈ 0,0872. + 60 602 140

(

)

(

)

(

104

)

Avec une calculatrice, on obtient sin 5° ≈ 0,0872. On obtient la même approximation à 0,0001 près.

cc

cc

cc

cc

cc

On a (AC, AD) = (AC, AB) + (AB, AD) + k2π = β – α + k2π. c c cc En outre (3AD, –5AC) = (AD, AC) + π + k2π = π + α – β + k2π. 11π 23π a. et – . 12 12 5π π b. et . 6 6 2π 7π c. – et . 5 5 143 En utilisant la relation de Chasles, on obtient : c tc ) = (v,c w) c + (w, c uc) + (u, c tc ) + k2π. (v, π 4π 3π = + k2π = –π + k2π. − − 10 5 10 = –π + k2π. Les droites (d2) et (d4) sont donc parallèles. 142

On a (AB, AD) = (DC, BC) dans le parallélogramme ABCD. Donc : c c cc c c cc (AB, AD) + (CB, CD) = (DC, BC) + (CB, CD) = k2π. 13π 5π 5π 145 sin = sin π + = –sin 8 8 8 3π 3π 11π et sin = sin π + = –sin . 8 8 8 3π 13π 5π 11π Par suite sin + sin + sin + sin = 0. 8 8 8 8 π 16π π 146 cos = cos π + = – cos ; 15 15 15 13π 17π 13π cos = cos π − = – cos . 30 30 30 Par suite : 13π 17π π 16π cos + cos + cos + cos 30 30 15 15 13π 13π π π = cos + cos – cos – cos 30 30 15 15 = 0. π 5− 5 147 On a sin = . 5 8 π 1+ 5 4π 5− 5 4π = – cos = – et sin . a. cos = 5 4 8 5 5 6π 5− 5 1+ 5 6π =– =– et sin . b. cos 8 5 4 5 π π 5− 5 3π – = c. cos = cos 8 2 5 10 π 1+ 5 3π et sin = cos = . 4 5 10 π π 5− 5 7π + =– d. cos = cos 8 2 5 10 π 1+ 5 7π et sin = cos = . 4 5 10 31π 7π 148 1. Dans , les solutions sont + k2π ; + k2π ; 24 24 π 47π 71π 23π – + k2π ; + k2π ; + k2π et + k2π. 48 2 48 48 Dans ]–π ; π], les solutions sont : 7π 17π π 23π 25π π ;– ;– ;– ; et – . 24 24 2 48 48 48 144

(

(

)

(

(

)

(

)

(

)

)

)

J 𝒞 I

O

13π 5π + k2π et + k2π. 12 12 5π 11π et – . Dans ]–π ; π], les solutions sont 12 12

2. Dans , les solutions sont :

J

𝒞

I

O

J

𝒞

I

O

1. L’équation cos x = sin x équivaut à l’équation π – x qui a pour solutions les réels : 2 5π π + k2π et + k2π. 4 4 2. L’équation sin 2x = cos x équivaut à l’équation π – x qui a pour solutions les réels : sin2x = sin 2 3π 5π π π + k2π, + k2π, + k2π et + k2π. 2 6 6 2 3. L’équation cos 3x = sin x équivaut à l’équation π – x . Les solutions sont les réels : cos 3x = cos 2 3π π 5π 9π π + k2π, + k2π, + k2π et + k2π. – + k2π, 4 8 8 8 4 4. L’équation sin 3x = –sin 2x équivaut à l’équation sin 3x = sin(–2x). Les solutions sont les réels : k2π et (2k + 1)π. 5 π π + x + cos – x = 1 équivaut à 5. L’équation sin 4 4 π – x = 1, soit encore à l’équation l’équation 2cos 4 π π – x = cos . Les solutions sont les réels : cos 4 3 7π π – + k2π et 12 + k2π. 12 150 1. (cos x + sin x + 1)2 = 2(1 + cos x + sin x +cos x sin x). 2. On obtient l’égalité en développant le second membre. 3. L’équation proposée équivaut à : 1 + cos x = 0 ou 1 + sin x = 0. 3π Les solutions dans [0 ; 2π[ sont π et . 2 c c c c cc 151 a. On pose S = (AB, AC) + (BC, BA) + (CA, CB). c c c c cc On a (CA, CB) = (CA, AC) + (AC, CB) + k2π, c c cc cc donc S = (AB, AC) + (AC, CB) + π + (BC, BA) + k2π cc c c = (AB, CB) + (BC, BA) + π + k2π cc cc = (AB, CB) – (AB, CB) + π + k2π. Donc on a S = π + k2π. b. La somme des angles d’un triangle est égale à π + k2π. cc 152 1. Une mesure de (BC, BA) est 3π . C’est aussi une 10 cc mesure de (CA, CB). cc 2. Une mesure de (AB, AC) est π . 5 cc Une mesure de (CA, CB) est 2π . 5 149

( )

cos x = cos

( )

( )

13π π + k2π ; + k2π ; 18 18 5π 25π 7π 19π + k2π ; – + k2π ; + k2π et + k2π. 18 18 18 18 Dans ]–π ; π], les solutions sont : 23π 11π 5π 7π π ;– ;– ;– ; 18 18 18 18 18 17π et – . 18 4. Dans , les solutions sont : π π 6π + k2π ; – + k2π ; + k2π 7 7 7 6π et – + k2π. 7 Dans ]–π ; π], les solutions sont : π π 6π 6π ;– ; et – . 7 7 7 7 3. Dans , les solutions sont :

J

𝒞

O

I

5. Dans , les solutions sont : 3π 5π π + k2π ; + k2π et + k2π. 2 6 6 Dans ]–π ; π], les solutions sont : π 5π π ; et – . 6 6 2

( )

( ) ( )

( )


105

On obtient les mesures suivantes : c c 3π c c 5π pour (AC, AD) : – ; pour (AD, AB) : ; 8 8 3π c c pour (DA, DC) : – . 8 cc 154 Une mesure de l’angle (OB, OD) est π . 2 13π 155 Question 1. c. à la dernière ligne, lire – et 12 13π non – . 2 1. et 2. On obtient la figure suivante : 153

E

D

F C

A

B

3. En utilisant les propriétés des angles orientés, on a : cc cc cc cc cc (BA, BF) = (BA, AB) + (AB, AC) + (AC, CD) +(CD, BF) + k2π π 5π π =π+ –π– – + k2π 3 12 4 π = – + k2π. 2 Donc les droites (BA) et (BF) sont perpendiculaires. On démontrerait de même que les droites (AB) et (DE) sont parallèles. 4. Le triangle ABF est un triangle rectangle et isocèle d’où : BF = 4 et AF = 4 2 . On obtient BC = 8 sin π . 8 156 1. B

D

C E A

2. On utilise les propriétés des angles orientés. On a : cc cc c c cc (DE, CB) = (DE, DC) + (DC, CA) + (CA, CB) + k2π 5π 3π π + − π − + k2π = –π + k2π. =− 12 4 3 c c Les vecteurs DE et CB sont colinéaires et de sens contraires. En outre le triangle ABC est équilatéral. On a : 3 3 DE = 3CD = CA = CB. 2 2 c 3c On en déduit que DE = – CB. 2 157 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 07S_exercice157.ggb (Geogebra) et 07S_exercice157.g2w (Geoplan).

106

1. On obtient la figure suivante :

En déplaçant le point M sur le cercle Ꮿ, on peut c c cc conjecturer que (OA, OB) = 2(MA, MB) + k2π. 2. On sait que le triangle OAM est isocèle, de sommet O et qu’une mesure de la somme des angles d’un triangle est π. On utilise les propriétés des angles orientés. Par suite : cc c c cc (MA, MO) + (AO, AM) + (OM, OA) = π cc cc Donc 2(MA, MO) = π – (OM, OA). c c c c Or (OA, OM’) = (OA, –OM) c c cc = π + (OA, OM) = π – (OM, OA). cc c c Par suite 2(MA, MO) = (OA, OM’) + k2π. cc cc De même 2(MB, MO) = (OB, OM’) + k2π. c c c c c c 3. On a (OA, OB) = (OA, OM’) + (OM’, OB) + k2π cc cc = 2(MA, MO) + 2(MO, MB) + k2π cc = 2(MA, MB) + k2π. 158 On a : cc cc c c cc (AE, CM) = (AE, AD) + (AD, AB) + (AB, CM) + k2π π π π = − – – + k2π = –π + k2π. 3 6 6 c c Puisque CMNP est un parallélogramme, on a CM = PN. cc Donc (AE, PN) = –π + k2π. Les droites (AE) et (NP) sont donc parallèles. 159 1. On note que les triangles EAD et EFC sont isocèles. cc π cc π b. (EF, EC) = – . a. (EC, ED) = . 6 4 5π cc . c. (ED, EA) = – 12 cc cc cc cc 2. On a (EA, EF) = (EA, ED) + (ED, EC) + (EC, EF) 5π π π = + + = π. 12 3 4 Donc les points A, E et F sont alignés. 25π 160 A. 1. On a = α + k2π avec –π ⬍ α ⭐ π. 6 25π – k2π. Donc α = 6 25π Ainsi –π ⬍ – k2π ⭐ π. 6 31π 19π 19 31 ⬍ –k2π ⭐ – et donc ⭐k< . D’où – 6 6 12 12 19 31 ⬍2⬍ . k est entier, donc k = 2. 2. On a 1 ⬍ 12 12 19 31 ⎡ . C’est le seul entier de l’intervalle ⎡ ; ⎢⎣ 12 12 ⎢⎣

( )

19 25π + 1. D’où α = – 4π. 12 6 25π La mesure principale de est donc π . 6 6 B. 1. Si α est la mesure principale correspondant à a mesure d’angle quelconque, alors a = α + 2kπ avec –π ⬍ α ⭐ π. Par suite –π ⬍ α − 2kπ ⭐ π. En utilisant les propriétés des inégalités, on obtient : a 1 a 1 − ⭐k⬍ + , 2π 2 2π 2 a 1 a 1 − ⭐k⬍ − +1. soit aussi 2π 2 2π 2 2. Il y a un seul entier dans l’intervalle ⎡ a − 1 ; a − 1 + 1 ⎡ qui a pour amplitude 1. ⎢⎣ 2π 2 ⎢⎣ 2π 2 a a 1 1 − est entier, alors k = − . Par suite si 2π 2 2π 2 a 1 a 1 − n’est pas entier, alors k = E Si + 1. − 2π 2 2π 2 3. On a α = a – 2kπ, avec l’entier k trouvé dans la question précédente. 4. Voici un algorithme donnant une approximation de la mesure principale d’un angle dont une mesure est donnée. Par suite k = E

(

(

solutions

)

Initialisation Saisir A Traitement A 1 B prend la valeur 2π – 2 Si E(B) = B Alors K prend la valeur B Sinon K prend la valeur E(B) + 1. Fin Si A prend la valeur A – 2Kπ Sorties Afficher K Afficher A.

)

J

3π 4 B

𝒞

π 4

ε = 2,36 rad

A

δ = 0,79 rad

O

)

(

162

A. 1.

Γ M A

B

CASIO

Les triangles MOA et MOB sont isocèles. c c cc On a (MO, MA) = (AM, AO) + 2kπ c c cc et (MO, MB) = (BM, BO) + 2kπ. 2. a. et b. Les égalités sont obtenues en utilisant la propriété de la somme des angles d’un triangle. c. L’égalité est obtenue en utilisant la relation de Chasles. cc c c 3. On a 2(MA, MB) = (OA, OB) + 2kπ cc = 2(NA, NB) + 2kπ. cc cc D’où l’égalité 2(MA, MB) = 2(NA, NB) + 2kπ. B. On a la figure suivante : M

6. On contrôle les résultats de la partie A : TI

I

d. L’ensemble des solutions de l’inéquation 2 sin x – 1 ⭓ 0 dans ]–π ; π] est ⎡ π ; 3π ⎤ . ⎢⎣ 4 4 ⎥⎦ π 2π 5π ⎤ ; ⎤ ⎡ 5π ; π ⎤ ; 2. a. ⎡ ; b. ⎤ − π ; − ⎥⎦ 3 ⎦⎥ 6 ⎦⎥ ⎣⎢ 6 ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 2π 2π ⎤ π ⎤ ⎡ 5π ⎡ ⎤ ⎤ ; c. − π ; . ; π ; d. ⎢− 3 ⎥⎦ ⎥⎦ ⎥⎦ 6 ⎥⎦ ⎢⎣ 6 ⎣ 3

O

5. On obtient les programmes suivants : TI

1. a. Dans ]–π ; π], l’équation 2 sin x – 1 = 0 a pour π 3π et . 4 4 b. et c. On obtient la figure suivante : 161

CASIO

P B

Q C

R O

A


107

 et CQM  sont droits, donc les points 1. Les angles CRM sont sur le cercle de diamètre [CM]. On peut donc utiliser la propriété démontrée dans la question A. 3. cc cc On a donc 2(RM, RQ) = 2(CM, CQ) + 2kπ.   2. Les angles ARM et APM sont droits, donc les points sont sur le cercle de diamètre [AM]. On peut donc utiliser la propriété démontrée dans la question A. 3. cc cc On a donc 2(RM, RP) = 2(AM, AP) + 2kπ. 3. Les points B, A, M et C sont des points du même cercle Γ. On peut donc utiliser la propriété démontrée dans la question A. 3. cc cc On a donc 2(AB, AM) = 2(CB, CM) + 2kπ. 4. On utilise la relation de Chasles : cc cc cc 2(RP, RQ) = 2(RP, RM) + 2(RM, RQ) + 2kπ cc cc = 2(AP, AM) + 2(CM, CQ) + 2kπ cc cc cc = 2(AP, AB) +2(AB, AM) + 2(CM, CB) cc + 2(CB, CQ) + 2kπ. Les points A, B et P sont alignés ; de même les points C, B et Q sont alignés. cc cc Par suite 2(AP, AB) = 2(CB, CQ) = 2kπ. On en déduit que : cc cc cc 2(RP, RQ) = 2(AB, AM) + 2(CM, CB) + 2kπ cc cc = 2(CB, CM) + 2(CM, CB) + 2kπ = 2kπ. cc D’où (RP, RQ) = kπ. On peut donc conclure que les points P, Q et R sont alignés. 1 163 1. L’équation a pour solutions 1 et – . 2 2. a. On pose X = sin x. On a donc –1 ⭐ X ⭐ 1. L’équation (E) devient l’équation 2X2 – X – 1 = 0. 1 b. On a X = 1 ou X = – . 2 On est donc conduit à résoudre, dans ]– π ; π], les deux 1 équations sin x = 1 et sin x = – . 2 π π 5π Les solutions sont , – et – . Elles sont représentées 6 6 2 par les points J, A et B du cercle trigonométrique. J 𝒞 O

A

–1 2

I

B

Les solutions, dans , sont les réels : 5π π π + 2kπ ; – + 2kπ et – + 2kπ. 6 6 2

108

2. a. En remarquant que (2 2 + 2)2 = 12+ 8 2, on peut conclure que les solutions de l’équation 1 2 X2 + 2( 2 – 1)X – 2 = 0 sont – et . 2 2 b. Pour résoudre (E’), on pose X = cos x, avec –1 ⭐ X ⭐ 1. Les solutions de (E’) sont donc obtenues en résolvant 1 2 les deux équations cos x = – et cos x = . 2 3π 3π 2 π π Dans ]–π ; π], les solutions sont : – , , – et . 3 3 4 4 c. J π D

3π 4 B 𝒞

3

I

O

– 3π A 4

C–

π 3

3. En posant X = sin x avec –1 ⭐ X ⭐ 1, l’équation donnée devient X² + X – 2 = 0, équation qui a pour solutions –2 et 1. La première solution ne convient pas. On doit donc résoudre l’équation sin x = 1, qui admet 1 comme seule solution dans ]–π ; π]. Dans ]–π ; π], l’équation sin2 x + sin x – 2 = 0 admet pour solution unique 1. 164

Les mesures des angles sont données en radians. B I A

C

J D

O

E

1. a. Le triangle AOB est isocèle de sommet O.  = 3π . On a BOD  = 4π .  = 2π . Donc ABO On a AOB 10 5 5 b. On obtient pour mesures principales : c c 3π c c π cc π (BO, BA) = ; (DO, OB) = et (DO, AB) = . 10 2 5 2. En utilisant la relation de Chasles : c c c c cc (DO, EC) = (DO, DE) + (DE, EC) + k2π cc cc = (DO, DE) – (EC, DE) + k2π cc cc = (DO, DE) – (π + (EC, ED)) + k2π 3π 3π 6π + k2π = – + k2π. =– – 2 10 5 π cc Par suite une mesure de (DO, DE) est . c 2c c 3. a. Soit I le milieu de [AB]. On a OA + OB = 2OI. cc cc c c cc (OI, OD) = (OI, OB) + (OB, OC) + (OC, OD) + k2π π 4π + k2π = π + k2π. = + 5 5

c

c

Les vecteurs OI et OD sont colinéaires. Il en est donc c c c de même des vecteurs OA + OB et OD. c c c Si J est le milieu de [EC], alors OC + OE = 2OJ. cc cc cc On a (OJ, OD) = (OJ, OC) + (OC, OD) + k2π 2π 2π + + k2π = k2π. =– 5 5 c c c c Les vecteurs OJ et OC + OE = 2OJ sont colinéaires. c c c Il en est de même des vecteurs OC + OE et OD. c c c c c b. La somme vectorielle OA + OB + OD + OC + OE est c une somme de 3 vecteurs colinéaires à OD. c Elle est donc colinéaire à OD. 4. En considérant les milieux de [BC] et de [DA], c cc c on démontre de même que OB + OC, OD + OA et c c c c c c OB + OC + OD + OA + OE sont colinéaires à OE. 5. Il existe donc deux réels x et x’ tels que c c c c c c OA + OB + OD + OC + OE = xOD et c c c c c c c c OA + OB + OD + OC + OE = x’OE. Par suite xOD = x’OE. c c Comme les vecteurs OD et OE ne sont pas colinéaires, x = x’ = 0. On peut donc conclure que : c c c c c c OA + OB + OD + OC + OE = 0.

entre les temps et les mesures β. Par suite 60t = β . 60 –2π cc D’où β = –2πt et (OA, OG) = –2πt + 2kπ. En utilisant la relation de Chasles, on obtient : cc cc cc (OP, OG) = (OP, OA) + (OA, OG) + 2kπ π = t – 2πt + 2kπ. 6 11π cc D’où (OP, OG) = – t + 2kπ. 6 Les valeurs de t pour lesquelles les aiguilles sont alignées en sens opposés sont solutions de l’équation 11π 6 12k – t = π + 2kπ, soit t = – − . 6 11 11 En donnant à k les valeurs –1, –2, …, –11, on obtient les heures cherchées : 0 h 32 min 43 s ; 1 h 38 min 11 s ; 2h 43 min 38 s ; 3 h 49 min 5 s ; 4 h 54 min 32 s ; 6 h ; 7 h 5 min 27 s ; 8 h 10 min 54 s ; 9 h 16 min 22s ; 10 h 21 min 49 s ; 11 h 27 min 16 s. 166

α = 1,57 rad

A

Prises d'initiatives 165 On appelle O le centre du cadran de l'horloge, et A le point du cercle correspondant à minuit ou à midi. On désigne par t un instant quelconque, exprimé en heures, entre minuit et midi (on a donc 0 ⭐ t ⭐12). L’extrémité de la petite aiguille est appelée P, celle de la grande aiguille est appelée G.

10

𝒞

11

12

1 2

O

9

3

P G

8 7

6

4

K

𝒞

M

O

B

π c c Puisque (MA, MB) = + 2kπ, le triangle MAC est 2 rectangle en M. Le point M appartient donc au cercle Ꮿ de diamètre [AB] privé des points A et B. Soit K le cc π point du cercle Ꮿ tel que (OB, OK) = . 2 c c Comme l’angle (MA, MB) est un angle droit direct, l’ensemble des points M est le demi-cercle de diamètre [AB], contenant le point K. 167

B

J M A

𝒞

5

Les aiguilles sont alignées en sens opposés lorsque cc (OP, OG) = π + 2kπ. Elles se déplacent dans le sens négatif. Soit α une c c mesure, en radians, de (OA, OP). Pour 12 heures, la mesure de l’angle est –2π. Il y a proportionnalité entre les temps et les mesures α. Par suite t = α . 12 –2π π π cc D’où α = – t et (OA, OP) = – t + 2kπ. 6 6 c c Soit β une mesure, en radians de (OA, OG). Pour 60 minutes, la mesure de l’angle est –2π. Le temps t exprimé en minutes est égal à 60 t. Il y a proportionnalité

β = 1,57 rad

O

I

M’

Les points M cherchés appartiennent à la médiatrice de [AB] et au cercle trigonométrique. Il ya donc deux points. Soit M le point d’ordonnée positive et soit M’ le deuxième point. M’ est le symétrique de M par rapport c c c c cc à O. On a (OA, OB) = (OA, OI) + (OI, OB) + k2π. π Puisque A est le point associé à et B le point associé 4 Chapitre 7 Trigonométrie

109

c c 2π 2π c c π , (OI, OA) = + k2π et (OI, OB) = + k2π. 3 3 4 c c 2π π 5π D’où (OA, OB) = + k2π. (OM) est la − = 3 4 12 c c  , donc (OA, OM) = 5π + k2π. bissectrice de AOB 24 cc cc c c Par suite (OI, OM) = (OI, OA) + (OA, OM) + k2π π 5π 11π = + + k2π = + k2π . 4 24 24 cc cc cc On a (OI, OM’) = (OI, OM) + (OM, OM’) + k2π 11π 35π + π + k2π = + k2π . = 24 24 Les points du cercle trigonométrique tels que le triangle 11π ABM soit isocèle sont les points associés aux réels 24 13π 35π 13π et – (en effet ). = 2π – 24 24 24 168 On se propose de déterminer un algorithme donnant la mesure, en radians, de l’angle géométrique formé par les aiguilles d’une horloge, à un temps exprimé en minutes. On suppose que ce temps est compris entre 0 h 00 min et 12 h 00 min. On reprend les notations de l’exercice 165. On note β une mesure c c de l’angle (OP, OG) La mesure cherchée est donc la  , c’est-à-dire la mesure de l’angle géométrique POG valeur absolue de la mesure principale α de β. Pour un temps déterminé, notons H le nombre d’heures et M le nombre de minutes. On a l’algorithme suivant : à

Initialisation Saisir H, M Traitement M T prend la valeur H + 60 11π

β prend la valeur – 6 T Calculer α Sortie Afficher lal

Pour le calcul de α, on pourra se reporter à l’exercice 160. 169 Si sin x + cos x = 1, alors (sin x + cos x)2 = 1. Donc sin2 x + cos2 x + 2sin x cos x = 1.

On en déduit que sin x cos x = 0. On est donc conduit à résoudre les deux équations sin x = 0 et cos x = 0. La première équation a pour solutions les réels 2kπ et les réels π + 2kπ. π La deuxième équation a pour solutions les réels + 2kπ 2 π et les réels – + 2kπ. 2 Les réels π + 2kπ ne sont pas solutions de l’équation sin x + cos x = 1, car alors cos x = –1 et sin x + cos x = –1. π Les réels – + 2kπ ne sont pas solutions de l’équation 2 sin x + cos x = 1, car alors sin x = –1 et sin x + cos x = –1. Les autres solutions trouvées conviennent. On peut donc conclure que l’équation sin x + cos x = 1 a π pour solutions dans , les réels 2kπ et les réels + 2kπ. 2 170

L’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique permet de conjecturer le résultat. On trouve comme approximation du réel x la mesure cc principale de (OI, OA), soit 1,13 radian. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 07S_exercice170.ggb (Geogebra) et 07S_exercice170.g2w (Geoplan).


1 Losange articulé

On se propose, ici, de mettre en évidence des ensembles de points construits à partir d’un losange dont les sommets vérifient certaines contraintes.

110

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 07S_TP1.ggb (Geogebra) et 07S_TP1.g2w (Geoplan). 07S_correctionTP1A.ggb, 07S_correctionTP1A2.ggb et 07S_correctionTP1B.ggb (Geogebra). 07S_corrrectionTP1A.g2w (Geoplan).

Partie A 1. Il est possible de partir directement du fichier 07S_TP1.ggb ou 07S_TP1.g2w pour ne pas faire cette construction.

b. Par suite OK = 1 car [OA] est un rayon du cercle. 2 Le point K appartient au cercle de centre O et de rayon 1. 2 2 6. a. On a cos a = x et sin a = 4y. 3 b. On sait que cos2 a + sin2 a = 1, donc les coordonnées 4 de M vérifient l’équation x² + 16y² = 1. 9 c. Le point M appartient à une ellipse de centre O. On obtient les tracés suivants :

2.

TP

2 Secteur circulaire d’aire ou de périmètre fixé

On observe que le point S appartient au diamètre [I’I] du cercle. K appartient à un cercle de centre O, de rayon 1 . Le point M appartient à une ellipse de centre O. 2 Partie B 1. a. On a A(cos a ; sin a). b. C est le symétrique de A par rapport à (OI), donc C(cos a ; –sin a). 1 1 2. K est le milieu de [OA], donc K cos a ; sina . 2 2 S est le milieu de [AC], donc S(cos a ; 0). B est le symétrique de O par rapport à S, donc B(2cos a ; 0). 3 1 3. M est le milieu de [AB], donc M cos a ; sina . 2 2 4. a. L’abscisse de B est égale à 2cos a. Comme –1 ⭐ cos a ⭐ 1, la valeur maximale de la distance OB est 2. Le point B appartient à un segment porté par (II’) centré en O et de longueur 4. b. Le point S a pour coordonnées (cos a ; 0) donc S est un point du segment [II’]. 5. a. OK = 1 OA. 2

(

)

(

)

Dans ce TP, on étudie les variations de l’aire ou du périmètre d’un secteur angulaire, en fonction de l’angle de ce secteur, dans deux situations : le périmètre est fixé ou l’aire est fixée. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 07S_TP2.ggb (Geogebra) et 07S_TP2.g2w (Geoplan). 07S_correctionTP2B.ggb et 07S_correctionTP2B.ggb (Geogebra), 07S_correctionTP2C.xws (Xcas) et 07S_correctionTP2C.dfw (Derive). Partie A π 1. Le périmètre cherché est égal à 2 + (en cm). 2 π Son aire est (en cm²). 4  a pour longueur aR, donc le 2. L’arc de cercle AB périmètre P du secteur angulaire est 2R + aR. Ainsi P = (2 + a)R. 3. L’aire S étant proportionnelle à la mesure de l’angle 2π πR2 au centre, on a . = S a a On en déduit que S = R². 2 Partie B Les fichiers 07S_TP2.ggb (Geogebra) et 07S_TP2.g2w (Geoplan) peuvent être donnés aux élèves pour gagner du temps en ne faisant pas la construction. Chapitre 7 Trigonométrie

111

10 . 2+a On obtient le tracé suivant : 1. a. R =

2. On sait que P = (2 + a)R, donc P = (2 + a)

2S = h(a). a

2+a 1 = 2S × . f(a) a La fonction h n’est pas définie pour 0. h(a) = 2S ×

On peut conjecturer que la valeur de a telle que l’aire soit maximale est égale à 2 (radians). L’aire S est alors voisine de 6,25 cm2. b. Pour toute autre valeur de P, on trouve a = 2. P . 2. a. R = 2+a a P2 a R² = , d’où : b. On a S = 2 (2 + a)2 2 a 1 1 2 g(a) = P × = = P² × f(a) 2 (2 + a)2 2 a avec f(a) = . (2 + a)2 c. La fonction f est de la forme d’un quotient. 2−a . On a donc f’ (a) = (2 + a)3 Sur l’intervalle [0 ; 2π[, (2 + a)3 est un réel positif. Donc f’ (a) a même signe que 2 – a. D’où f’ (a) ⭓ 0 sur [0 ; 2] et f’ (a) ⭐ 0 sur [2 ; 2π[. La fonction f est donc croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; 2π[. 1 d. Comme P² est un réel positif, la fonction g a les 2 mêmes variations que la fonction f. L’aire du secteur angulaire est maximale lorsque a = 2 radians. Ce résultat ne dépend pas de la valeur choisie P2 . pour P. L’aire est alors égale à 16 Si P = 10 cm, alors S = 6,25 cm². Partie C 1. R est un réel positif, donc R = TP2 Partie C

112

2S . a

3. Le réel 2S est positif. Le sens de variation de la fonction h est le même que celui de la fonction 1 . f La fonction f est positive. On sait que f est croissante sur [0 ; 2[ et décroissante sur [2 ; 2π[. 1 Donc est décroissante sur ]0 ; 2[ et croissante sur f [2 ; 2π[. La fonction racine carrée étant croissante sur [0 ; + ⬁[, on en déduit que la fonction h est décroissante sur ]0 ; 2[ et croissante sur [2 ; 2π[. Elle admet donc un minimum pour a = 2. On peut donc conclure que le périmètre est minimal pour a = 2 radians. Ce résultat ne dépend pas de la valeur choisie pour S. Le périmètre est alors égal à 4 S (en cm). Compléments a. Comme dans la partie B, une recherche préalable peut être faite à l’aide d’un logiciel de géométrie. Voici la figure obtenue dans le cas où l’aire S est égale à 8 cm2. Dans ce cas P = 8 2 ≈ 11,31 cm pour a = 2 radians.

b. Dans l’étude du sens de variation de la fonction h, on peut utiliser un logiciel de calcul formel pour calculer la dérivée h’. L’écran obtenu avec Xcas est ci-dessous.

CHAPITRE

8

Le produit scalaire

A Le pr ogramme Le chapitre consacré au produit scalaire est, de manière logique, placé après ceux consacrés à la géométrie plane et à la trigonométrie puisque le produit scalaire va mobiliser le calcul vectoriel, la définition de la norme d’un vecteur et le cosinus d’un angle non orienté. Contenus Produit scalaire dans le plan

Définition, propriétés.


Commentaires

• Calculer le produit scalaire de deux vecteurs par différentes méthodes : – projection orthogonale ; – analytiquement ; – à l’aide des normes et d’un angle ; – à l’aide des normes.

 Il est intéressant de démontrer l’égalité des expressions attachées à chacune de ces méthodes.

 La démonstration du théorème de la médiane fournit l’occasion de travailler le calcul vectoriel en lien avec le produit scalaire.

• Choisir la méthode la plus adaptée en vue de la résolution d’un problème.

B Notre point de vue Pour construire ce chapitre, nous avons tenu compte du fait que la notion de « Travail d’une Force » n’est plus au programme de la classe de Première S en physique et que, d’autre part , il est écrit dans les commentaires du programme « qu’il est intéressant de démontrer l’égalité des expressions attachées à chacune des méthodes permettant de calculer le produit scalaire de deux vecteurs ». Ainsi, nous avons choisi de définir le produit scalaire de deux vecteurs à l’aide de l’expression 1 c c 2 – vc2). En effet, à partir de cette définition, il est possible de démontrer toutes u.c v = ( c u.c v 2 – u 2 les autres expressions du produit scalaire. Nous terminons le cours par le théorème de la médiane dont la démonstration « fournit l’occasion de travailler le calcul vectoriel en lien avec le produit scalaire ». Après une série d’exercices où il s’agit de calculer des produits scalaires par des méthodes variées, nous proposons des exercices dans lesquels le produit scalaire apparaît clairement comme étant un nouvel outil pour calculer des longueurs, des angles et démontrer une orthogonalité. Dans les exercices d’approfondissement, il est souvent possible d’utiliser un logiciel de géométrie dynamique pour conjecturer des propriétés, que l’on démontre ensuite en utilisant le produit scalaire de manière appropriée. Nous avons placé quelques problèmes de recherche de « lieux géométriques », parce qu’ils permettent de mettre en œuvre et de consolider l’outil « produit scalaire ». L’exercice proposé dans la rubrique « Chercher avec méthode » propose de démontrer une propriété liée à une configuration dans un triangle. Il est court, d’une difficulté raisonnable et peut être traité de différentes manières. La solution exposée montre que le produit scalaire, utilisé à bon escient, est un outil efficace et rapide. Chapitre 8 Le produit scalaire

113

Les TP proposés conduisent à utiliser un logiciel de géométrie dynamique pour conjecturer un ensemble de points ou étudier des configurations du plan. Le second TP aborde la notion de « puissance d’un point par rapport à un cercle ».

Les notions abordées dans le chapitre 8 1. Définition et expression analytique 2. Bilinéarité et expression avec le projeté orthogonal 3. Expression du produit scalaire avec norme et angles, théorème de la médiane

C Avant de commencer c

Se tester avec des QCM 1 B ; 5 B et C ;

2 A ; 6 C ;

3 A et C. ; 7 A ;

4 B et D ; 8 B ; 9 A.


 = 0. 12 cos BAD

10 a. Le triangle ABC est rectangle et isocèle en B. c c c b. Le point D tel que BA + BC = BD est le quatrième sommet du parallélogramme BCDA. Comme le triangle ABC est rectangle et isocèle en B, BCDA est un carré.

= cos ACD

c c c c c c 11 Si AE = AB + 2BC, alors AE – AB = 2BC, c'est-à-dire c c BE = 2BC. Ce qui signifie que C est le milieu de [EB].

c

D’autre part, AF = 2AC, donc C est le milieu de [AF]. Le quadrilatère ABFE est donc un parallélogramme de centre C. Comme CA = CB (ABC est isocèle en C), ses diagonales sont égales, donc c’est un rectangle.

2  = π. car ACD 4 2  = π.  = 1 car CBE cos CBE 3 2  = –sin π = – 3 .  = π + π , donc cos DCE DCE 2 2 3 3  =–1 .  = π – π , donc cos CBE’ CBE’ 2 3

()


1 Calculs de longueurs

Il s’agit d’introduire la première expression du produit scalaire dans deux cas particuliers : 1. Les points A, B et C sont alignés et B appartient au segment [AC] ; 2. ABC est rectangle en B. L’activité utilise la définition de la norme d’un vecteur : c c c c AB = AB et la relation de Chasles : AB + BC = AC. Dans la question 1. b., on écrit AC2 = (AB + BC)2 c c c et AC 2 = AB + BC = AC2.

Activité

2 Dans un repère

Ici, on veut découvrir l’expression du produit scalaire de deux vecteurs définis par leurs coordonnées dans un repère orthonormé. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_activite1.ggb (Geogebra). 1. On commence par un cas particulier. On calcule c u.c và 1 c c2 c2 c2 c c . l’aide de la définition u v = ( u + v – u – v ) et 2

114

1 c. c on obtient u v = (34 – 20 – 10) = 2. 2 c . vc. On vérifie que 2 × 3 + 4 × (–1) = u 2. On utilise maintenant un logiciel de géométrie dynamique (voir le fichier 08S_activité1.ggb). Aide pour utiliser le logiciel : on définit l’origine O du repère en saisissant : O = (0, 0). Pour définir A, on saisit A = (2, 4) ; idem pour B = (3, –1). On définit le vecteur c c=c u OA avec l’icône . On fait de même pour c v = OB. Ensuite, on définit deux curseurs a et b à l’aide de l’icône et dans « Saisie », on écrit M = (a,b) .

w (icône ) par On définit ainsi le vecteur c c c w = OM. Pour construire le point C tel que c c c OC = u + w, on saisit OC = vecteur[u] + vecteur[v] . Lorsque les curseurs a et b varient, les points M et C se déplacent. On affiche les longueurs OA, OM et OC à l’aide de l’icône . On calcule et on affiche les réels p = 2 × a + 4 × b et 1 q = × (OC2 – OA2 – OM2) en écrivant dans « saisie » : 2 p= 2*a+4*b et q=0.5*(distance[O,A]^2+(distance……)……) .

On peut ainsi constater que p = q, ce qui permet d’introduire l’expression du produit scalaire de deux vecteurs définis par leurs coordonnées dans un repère orthonormé.

Activité

3 Où l’on retrouve l’algèbre

L’objectif est de découvrir la bilinéarité du produit scalaire. On utilise ici l’expression du produit scalaire de deux vecteurs définis par leurs coordonnées dans un repère orthonormé. 1. (c u + vc) . c w = (a + 3) × 2 + (b + 1) × (–2) = 2a – 2b + 4 ; c c c= 4, d’où (c u . w = 2a – 2b et c v.w u+c v) . c w=c u.c w+c v.c w.

c + vc) = (a + 3)2 + (b + 1)2 = a2 + b2 + 6a + 2b + 10 2. (c u+c v) . (u = (a2 + b2) + 10 + 2(3a + b), c c 2 2 soit u + v + 2c u.c v. Activité

4 Avec une projection orthogonale

L’objectif est d’introduire l’expression du produit scalaire à l’aide du projeté orthogonal. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_activite4.ggb (Geogebra). 1. Aide pour utiliser le logiciel : on utilise les icônes dont l’utilisation a été décrite dans l’activité 2. c c=c On définit les vecteurs u AB et c v = AM. Pour calculer et faire afficher le produit scalaire c u . vc, on saisit p= u*v . On constate que lorsque H est fixe et que M se déplace c . vc est constant. sur la droite Ᏸ, le produit scalaire u Lorsque H se déplace sur (AB), le produit scalaire c u.c v est positif si H appartient à la demi-droite [AB) d’origine A, négatif sinon. 2. La démonstration repose sur la relation de Chasles, la cc linéarité du produit scalaire et sur le fait que AB . HM = 0,

car (AB) et (HM) sont perpendiculaires. On en déduit c c c c que AB . AM = AB . AH, ce qui permet de donner une autre expression du produit scalaire. 3. Cette question reprend les observations et les conclusions de la question 1. b.

Activité

5 Le déplacement d’une luge

Il s’agit maintenant d’introduire la dernière expression du produit scalaire à l’aide des normes et du cosinus de l’angle. 1. Nous avons choisi d’utiliser la notion de « travail d’une force » (sans citer ce mot puisque cette notion n’est plus au programme en physique), parce qu’il nous semble que les élèves peuvent aisément comprendre que dans la situation présentée, certaines forces vont favoriser le déplacement, d’autres vont s’y opposer. On verra ainsi que lorsqu’un produit scalaire est positif, cela correspond à la situation où la force exercée contribue au déplacement de la luge ; lorsque le produit scalaire est négatif, la force s’y oppose. Dans la question b., on peut généraliser en concluant que c’est la valeur de l’angle entre la force et le déplacement qui fait que la force favorise, s’oppose ou n’intervient pas sur le déplacement. 2. On calcule dans chacun des cas la quantité W. –AB 2 W1 = AB ; W2 = AB ; W3 = 0 ; W4 = ; W5 = –AB. 2 c 2 c. c On vérifie que par exemple pour F2 , W2 = F2 AB.

cc

En effet, F2 . AB = AH × AB si H est le projeté orthogonal 2 c de l’extrémité de F2 sur (AB). On montre que AH = 2 (trigonométrie dans le triangle rectangle construit à cc l’aide du point H) et ainsi W2 = F2 . AB.


1. c u.c v=

u.c v = 35. 2. c c 3. u . c v = 4.

4

c. c

c c

AB . AD = 0,5(64 – 36 – 16) = 6 ; AB . CD = –16 ; c. c c c c AB CA = –22 ; AB . BA = –22 ; CB . CD = 6.

5 6

2. Oui.

3. Oui.

9 Soit A(1 ; 1), B(2 ; 3), C(–2 ; 1) et D(2 ; –1), alors c c c AB(1 ; 2) et CD(4 ; –2). AB . CD = 4 – 4 = 0. Donc (AB) et (CD) sont perpendiculaires.

c

c u+c v 2 = 10 + 36 + 1 = 47, donc c u+c v = 47 . 2. 93.

c c

1. Non.

8 1. m = 4,8. 2. m = –28. 3. (m – 9)(m + 2) – 4(m – 7) = 0, soit m = 1 ou 10.

1 (16 – 4 – 25) = –6,5. 2

2

3

7

c c

AB AC = 0,5(48 – 16 – 16) = 6 ; CA . CB = 8.

c. c c . vc = 26. u v = 13 ; c u 2 = 61 ; vc2 = 10 ; 2u c c c c c c c c AB . AC = 3 ; AB . BC = –23 ; BA . CA = 3 ; AC . CB = –9.

10

ABC est un triangle rectangle isocèle en B.

11

MNP est un triangle rectangle en N.

c+c 12 (2c u + 3vc) . (c u – vc) = 11 ; (–u v ) . (4c u + vc) = –37 ; c c 2 (u + 2v ) = 76. c c c c c c 13 Si AB . AC = 8, alors AB . CA = –AB . AC = –8 ; c. c c. c c. c c. c

BA AC = –AB AC = –8 et BA CA = AB AC = 8.

Chapitre 8 Le produit scalaire

115

c. c c c cc BA BC = 36 ; AB . AH =20 ; CA . CB = 45. c c c c c c 15 AB . AD = 0 ; AB . BD = –36 ; AB . AC = 36 ; c c. c AC BD = 0 ; BC . BD = 36. c c c c c c 16 AB . AC = 25 ; AB . BC = 0 ; BC . CA = –9. c c c c c c 17 AB . AD = 0 ; AB . BC = 8 ; AB . CD = –24 ; c. c c c c c AC AD = 16 ; BA . BC = –8 ; BC . AD = 16. c c . 18 14

AB AC = 21.

5 2 . 3. c u.c v = 18 3. 2 cc c c c c c c 20 AB . AC = 18, CA . CB = 18, CA . AB = –18, CA . BA = 18. 19

1. c u.c v = –9. 2. c u.c v=

21

AB = 5.

13 c c 13 1. GE . GF = . 2. GE= 13 et GF = . 2 2 =π. 3. EGF 4 22

35 36

ABCD est un losange.

37

c c c

c. c

BA AC = 0,5(BC2 – AB2 – AC2) = 0,5(9 – 16 – 36) = –21,5. c. c cc AB BC = –14,5, CA . BC = 5,5. 25

1. BD = 12.

c c 2. AB . AD = 0,5(162 – 102 – 102) = 28 ; c. c c c c c BC BA = –28 ; CD . AD = –28 ; CD . AB = –100 ; c. c

BC AD = 100. 26

On utilise la commutativité de l’addition vectorielle.

27

Faux, si c u.c v = 0, alors c u et vc sont orthogonaux.

28

Faux, si c u2 = c v 2, alors c u+c v et c u–c v sont orthogonaux.

29

Faux car (c u.c v) est un réel.

30

Vrai car DA + DC = DB.

c c c

c u (6 ; –2) et c v (1 ; –3). c u.c v = 6 + 6 = 12 ; c u 2 = 36 + 4 = 40, c c c v 2 = 1 + 9 = 10 ; –2u . v = –2 × (12) = –24. c. c c. c c. c c. c 32 31

AB AC = 8 ; AB BC = –42 ; BA CA = 8 ; AC CB = –15.

33

34

Afficher « le vecteur u a pour coordonnées » Saisir a, b Afficher « le vecteur v a pour coordonnées » Saisir c, d p prend la valeur ab + cd Afficher « u . v = » Afficher p Fin

c. c

AB CD = 0.

116

( )

3 Le centre a pour coordonnées 2 ; . 2 65 Le rayon est . 2 c c . 40 AB AC = 0, soit 8(x – 5) + 6 = 0. 34 ;0 . On obtient C 8 c c 41 BA . BC = 0, soit –24 + (2 – y)(–y) = 0.

(

)

On obtient y = 6 ou y = –4. Donc B(0 ; 6) et B’(0 ; – 4). c. c c et w c sont orthogonaux si m = 18 ; 42 u v = –32. u 5 c c v et w sont orthogonaux si m = 6. 43 Afficher « le vecteur u a pour coordonnées » Saisir a, b Afficher « le vecteur v a pour coordonnées » Saisir c, d p prend la valeur ab + cd Si p = 0 Alors afficher « les vecteurs u et v sont orthogonaux » Sinon Afficher « ils ne sont pas orthogonaux » Fin Si

23

24

EH = EF + EG, on obtient H(35 ; 3).

38

POUR S’ENTRAÎNER Si ABCD est un parallélogramme tel que AB = 5, c c 1 AC = 9 et AD = 6, alors AB . AD = (81 – 25 – 36) car 2 c c c c c c c c c AC = AB + AD, d’où AB . AD = 10. AB . CD = AB . BA = –25. 1 c. c 1 2 AB CA = (CB – AB2 – CA2) = (36 – 25 – 81) = –35. 2 2 c c c c c c CB . CD = –AD . (–AB) = AB . AD = 10.

Le triangle EFG est rectangle isocèle en F.

44 1. Étant donné trois points A, B et C. Le point C appartient au cercle de diamètre [AB] si, et seulement si, le triangle ACB est rectangle en C ou bien si C est c c confondu avec A ou B, soit CA . CB = 0.

c c c.c

2. On montre à l’aide des coordonnées que CA . CB = 0. 45

On montre à l’aide des coordonnées que BA BC = 0.

46

Faux car le produit scalaire est non nul.

c c cc c c 48 Vrai car MN . MP = 0. c c c c c c 49 AB . AC = 10, AB . CA = –AB . AC = –10 ; c. c c. c c c c c BA AC = –AB AC = –10 ; BA . CA = AB . AC = 10 ; c. c c. c c c cc BA 2AC = –2AB AC = –20 et 3AB . 4AC = 12AB . AC = 120. c c c c c c 50 AB . AD = 5 + 10 = 15 ; BA . DA = 15 ; BA . AD = –15. cc cc 51 DA . DC = 0,5(100 – 36 – 42) = 11, d’où AB . AD = –11. c. c 2 47

Vrai car AB = DC et AC . DB = 0.

AB AD = –11 = 0,5(AC – 36 – 49), d’où AC2 = –22 + 36 + 49, soit AC = 63 .

c c c c c c c c c c c c 53 AB . AB = AB . AC + AB . CB = 9, soit AB = 3. c c 55 AB . AC = 0,5(9 + 36 – 49) = –2 ; c. c c. c 52

AB . AC = (AI + IB)(AI – IB) = 25 – 16 = 9.

BC BA = 0,5(49 + 9 – 36) = 11 ; CB CA = 38.

c – vc)2 = 36 + 16 + 10 = 62 ; 56 (c u+c v )2 = 36 + 16 – 10 = 42 ; (u c + vc) . (uc – vc) = 36 – 16 = 20. (u c c

c

Comme (AB – AC) = CB, il faut que ABDC soit un losange (parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires). 57

c cc

c c

2. AC = AB . BC et BD = BC – AB, d’où la démonstration. 3. AC2 + BD2 = 2(AB2 + BC2), d’où : BD2 = 2(36 + 16) – 64 = 40, d’où BD = 40 . 58

59

Faux : 5c u.c v.

60

Faux : 4c u.c v.

61

Vrai, voir l’exercice 57 .

BC est un triangle équilatéral de côté 5. 1 c c AB AC = 5 × 5 × = 12,5 ; BC . BA = 12,5 ; 2 c . c c. c c c c c AB BC = – BC BA = –12,5 ; BA . AC = –AB . AC = –12,5 ; c.c c. c CA BC = CA (–CB) = –12,5. 62

c c c c cc 63 EF . EH = 4 ; EF . EG = 10 ; GE . GH = 10 ; c. c c. c HF HE = 0 ; GE FG = –10. cc cc cc cc 64 AB . BD = –25 ; AB . BC = 0 ; AC . BD = 0 ; CB . BD = –25 ; c. c c. c 25 c . c AB CD = –25 ; OA OC = –

AB BO = –12,5. 2 65 Le côté du losange mesure 41. c. c c c c c AC BD = 0 ; BC . BD = 50 ; AB . AC = 32 ; c. c c. c AB AD = 41 – 50 = –9 ; BA BC = 41 + 8(– 4) = 9.

c c c

(AB + AC) . BC = 0 car si on nomme I le milieu de c c c [BC], AB + AC = 2AI, et (AI) et (BC) sont perpendiculaires. c2 cc 68 IB . IC = – + ab (on décompose, par exemple c c c 4 IB = IA + AB).

c c c c cc

c c cc

AB . AD = AA’ . AD = AC . AD et AA’ . AD = AE . AA’  = 90°. car ADE cc c  = 90° et de même c 70 AB . AF = AB2 car ABF AC . AF = AC2. 69

cc

c c

c

AB2 + AC2 = 2AI . AF car AB . AC = 2AI (I est le milieu de [BC]). Si ABC est un triangle rectangle en A, alors AB AC = 0. 1. Cette proposition est vraie. 2. La réciproque de cette proposition est vraie : si c. c AB AC = 0 et A, B, C distincts, alors ABC est un triangle rectangle en A. 3. La contraposée de cette proposition est vraie : si c. c AB AC ⫽ 0, alors ABC n’est pas rectangle en A puisque les vecteurs ne sont pas orthogonaux. 72

c. c

c. c

1. Si ABCD est un parallélogramme, alors AB DC = AB². c c Vrai car AB = DC. La réciproque est fausse, prendre par exemple un trapèze ABCD rectangle en A et B. 2. Si B appartient au segment [AC], alors c. c AB AC = AB × AC. Vrai par définition du produit scalaire lorsque les points sont alignés. La réciproque est fausse : par exemple, C appartient au segment [AB]. 3. Si H est l’orthocentre du triangle ABC, alors 73

c c

cc

L’ensemble des points M tels que AM . AB = 0 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par A. cc L’ensemble des points M tels que BM . AB = 0 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par B. 74

c. c

67

c c

AH . BC = BH . AC = 0. Vrai ainsi que la réciproque (définition et propriété de l’orthocentre d’un triangle). 4. Si c u.c v= c u.c w , alors c v= c w. Faux, on a en fait : c c c c c. u . (v – w) = 0, soit u orthogonal à vc– w Par contre, la réciproque est vraie.

cc

1. BM . AB = 25. L’ensemble des points M est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le symétrique de A par rapport à B. cc 2. AM . BA = 10. L’ensemble des points M est la droite c 2c perpendiculaire à (AB) passant par H tel que AH = BA. 5 cc 3. BM . BA = –10. L’ensemble des points M est la droite c 2c perpendiculaire à (AB) passant par H tel que BH = AB. 5 cc c c cc 77 1. AB . AM = AC . AM équivaut à BC . AM = 0. L’ensemble des points M est la droite perpendiculaire à (BC) passant par A. 76

cc c c

cc

2. AB . AM + AC . AM = 0 équivaut à AI . AM = 0 où I est le milieu de [BC]. L’ensemble des points M est la droite perpendiculaire à (AI) passant par A. 78

C’est le cercle de diamètre [AB].

cc c c c c 79 MA . MB = (MO + OA)(MO – OA) = MO2 – OA2. c. c 2

MA MB = 9 donne MO – 16 = 9, soit MO = 5. Cercle de centre O et de rayon 5. c. c MA MB = – 4, alors MO2 – 16 = – 4, soit MO = 2 3. Cercle de centre O et de rayon 2 3. c. c MA MB = –40, alors MO2 – 16 = –40, soit MO2 = –24. Ensemble vide.

c. c cc cc AB AC = 16. AB . AE = 4AB . AF = 12. On obtient : c. c c c c c

80

AB CI = 0 en décomposant CI = AC + AE + AF, d’où orthogonalité de (AB) et (CI), ce qui prouve que les points B, C et I sont alignés. 81 82

c. c c. c cc AB AH = AC AH entraîne BC . AH = 0. Vrai. c. c c. c Faux : AC AB = – BC AB.

Vrai, à condition que B et C distincts. Le point C se projette sur B. 83

84 Vrai parce que le point M se projette à l’intérieur du segment [AB]. c c 1c 85 Faux car si I est le milieu, AI . AB = AB2. 2 cc 2 86 AB . AC = 5 × 7 × . 2 87 AB = 5. 5 2 88 1. c u.c v = –15 3 ; 2. ; 3. –18 3 ; 4. 3. 2


117

Pour construire les vecteurs vc (il y en a deux dans chacun des cas), on détermine l’angle géométrique entre les deux vecteurs ; pour la construction, on utilise les angles orientés, d’où deux cas possibles. π 2π 5π π 2. . 3. . 4. . 1. . 3 6 3 4 c c c. c c c 90 OA . OB = 8 ; OA OC = –8 ; AB . DE = –16 ; 89

c c c c 91 OA . OB = 2 ; c .c

FA . FC = 16 ;

c. c OC DB = 0. c. c OA OC = –2 3 , c. c

d’où OA’ OC = 2 3 ; OA BC = –2 3 – 2.  environ égal à 41° ; 2. ACB  environ égal à 99°. 92 1. ACB

c c c c cc 94 1. AB . DC = 35 ; AD . BC = 9 ; DC . BC = 14 ; c. c c. c AB BC = 10 ; DB DC = 35. cc 2. AC . DB = 35 – 10 + 14 – 13 = 26. c.c  environ égal à 33°. 3. CA CB = 13 + 10 = 23, d’où ACB c c 95 1. BA . AC = 0,5(16 – 49 – 25) = –29 ; c c AB . BC = 0,5(25 – 49 – 16) = –20 ; c.c 1 CA BC =

(49 – 16 – 25) = 4. 2 c. c c c 2. AB AC = AB2 + AB . BC = 49 – 20 = 29 ; c. c de même : BA BC = 49 – 29 = 20.  environ égal à 44° ; BAC  environ 3. On obtient ABC  égal à 34° et donc ABC environ égal à 102°.

c. c AB AC = 10 ; c c c BC2 = BC2 = (BA + AC)2 = 25 + 16 – 20 = 21, d’où BC = 21 ; c.c 96

CA CB = 16 – 10 = 6.  environ égal à 71°. D’où ACB

Il faut lire dans l’énoncé AC = 7 et non AC = 9. cc AB AD = 0,5(49 – 16 – 25) = 4, d’où AB . AC = 4 + 16 = 20.  environ égal à 44°. BAC c c  est obtus. 99 AB . AC = –24 donc l’angle BAC 98

c. c

c c

c c

1. AB . AC = –13 et BC . BA = 30.  environ égal à 111° et ABC  environ égal à 2. D’où BAC  47°. On en déduit ABC environ égal à 22°.  = 0,5. 101 1. On peut construire deux triangles car cos BAC 100

2. On obtient deux points C et C1 symétriques par  = BAC  = 60°. rapport à (AB) et BAC 1 102 Même raisonnement qu’à l’exercice 101 et  = 120°. BAC 103 Même raisonnement qu’à l’exercice 101 et  ≈ 132°. BAC c c  est aigu, ce qui permet de 104 BA . BC = 2 donc ABC

dire que H appartient au segment [BC]. 2 BC = 5, donc BH = . 5 π 6− 2 π 6+ 2 c c 105 OA . OB = cos = = et sin . 4 12 4 12 2 106 On obtient OM = 4, OM = 2, d’où cercle de centre O et de rayon 2.

118

1 AB2 + AC2 = 2IA2 + BC2 si I est le milieu de [BC], 2 d’où IA = 18,25 . De même, si J est le milieu de [AB], CJ = 28 . 107

108

La diagonale [AC] mesure 4 7 .

La proposition et sa réciproque sont vraies car un angle est obtus si, et seulement si, son cosinus est négatif.  = 60°. Donc la 110 1. La proposition est vraie car BAC c c 1 contraposée est vraie, c'est-à-dire : si AB . AC ⫽ AB2, 2 alors ABC n’est pas équilatéral. Une proposition et sa contraposée sont équivalentes. c c 1 2. Faux. AB . AC = AB² entraîne seulement que C se 2 projette au milieu de [AB]. 109

112

Vrai car BC² = (2OB)² = 4OB².  positif, donc l’angle est aigu. Vrai car cos BAC

113

Faux, il y en a deux (cf. exercice 101 ).

111

cc c 1 c c

114 On montre que CI . DJ = 0 en écrivant par exemple :

c 1 c c CI =

(CA + CB) et DJ = (DA + DB). 2 2 c c c 115 On montre que EF . AC = 0 en décomposant EF. c c c c Par exemple : EF = EA + AB + AF. 3a2 a2 a2 c. c + + EF AC = – si on pose AB = a. 4 2 4 116 1. BI = BJ = a 5 . On utilise le théorème de Pythagore. 2 cc 5  . C’est une application directe du 2. BI . BJ = a2cos IBJ 4 résultat précédent. cc 1 c c c c 3. BI . BJ = (BA + BD)(BC + BD) 4 1 = (0 + a2 + a2 + 2a2) = a2. 4  = 4 , d’où IBJ  environ égal à 37°. cos IBJ 5 c c c c c c 117 MN . MQ = (MB + BN)(MA + AQ) = –MB × MA + BN × AQ = 0. On démontre de même que le quadrilatère MNPQ possède deux autres angles droits, donc c’est un rectangle. À l’aide du théorème de Pythagore, on prouve que deux côtés consécutifs sont égaux. Donc c’est un carré. Avec la première expression : c c 1 AB AC = –BA . AC = – (100 – 36 – 25) = –19,5. 2 3 c c 119 AB . AC = 3 × 4 × – = –6 3 . 2 c c 120 AB . AC = 9 × 6 = 54. 118

c. c

c c c c 122 AB . AC = –12. c c 123 AB . AC = 0. c c 124 AB . AC = 10 × 5 = 50. c. c 125 121

AB . AC = 12,5.

AB AC = 6 × 6 = 36.

c. c c. c c AB AC = AB (AO + OC) = 4 × 4 × 0,5 + 16 = 24. c. c 127 126

AB AC = 8 × 4 = 32. c c 128 AB . AC = 5 × 5 × 3 = 25 3 . 2 2 c c 129 AB . AC = 0. c c 130 AB . AC = 0. c c 1 c c 131 1. BA . BC = (100 – 49 – 81) = –15, BA . DC = –49, 2 c .c c c c c c AD CD = –15, AB . BD = AB . (BC + CD) = 15 – 49 = –34 c. c cc et AB AD = AB2 + AB . BD = 49 – 34 = 15. c c 1 2. AB . AD = (AC2 – AB2 – AD2), 2 d’où AC2 = 30 + 49 + 81 = 160 ; AC = 4 10 .  environ égal à 14° et ABC  environ 132 On obtient BAC égal à 127°.

cc

cc

cc

cc

133 AB . AC = 18 ; CB . AC = –18 ; AI . CJ = 13,5 ; AB . IJ = –18.

c. c 1

OB OC = (64 – 25 – 25) = 7. 2  = 7 d’où BOC  environ égal à 74°. cos BOC 25 c c c c c c a2 a2 135 AE . BF = (AB + BE)(BC + CF) = = 0. – 3 3 134

c c

c c

1. PA . PB = PA . PE car (PA) et (EB) sont perpendiculaires. cc c c c c D’où PA . PB = (PO + OA) . (PO – OA) = d2 – r2. c c 1c c c c 2. PI . A’B = (PA . PB’) . (A’P + PB) 2 1c c cc = (PA . PB – PB’ . PA’) = 0 2 d’après la question précédente. 137

138

1. k = 32.

2. k = –64.

c c

c c

c c

1. – = (MI + IA)² – (MI + IA)² = 2MI . AB. 2. a. Droite perpendiculaire à (AB) passant par B. b. Droite perpendiculaire à (AB) passant par le milieu de [IA]. 139

MA2

MB2

c c 140 1. c u . vc ⭐ u v car (c u . vc) = c u c v cos(c u.c v)

et cos(c u.c v ) est inférieur ou égal à 1. c c 2. (u . v ) = c u c v si, et seulement si, cos = 1 ou –1, ce qui permet de dire que les vecteurs sont colinéaires.

cc cc

141 1. AM . AM’ = AB . AM’ car (AM’) et (BM) sont perpen-

diculaires.

cc

2. AM . AM’ = AB2 si (BM’) et (AB) sont perpendiculaires. La droite (BM’) est tangente au cercle en B. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_exercice 142 (Geogebra). Aide : on affiche le produit scalaire de deux vecteurs en saisissant : u*v . Il semble que le produit scalaire est constant lorsque M parcourt le cercle. c c c c c c 1. MA . MB = (MI + IA) . (MI – IA) = MI2 – IA2. Or MI est égal au rayon du cercle et IA est constant. La conjecture est démontrée. c c 2. a. MA . MB = 0. Cercle de diamètre [AB]. c c 3 b. MA . MB = a2. Cercle de centre I et de rayon a. c c 4 c. MA . MB = –a2. Ensemble vide. a2 a2 c c 3. MA . MB = k, soit IM2 = k + , donc si k + positif, 4 4 2 a c’est un cercle. Si k + nul, ensemble réduit à un point. 4 a2 Si k + négatif, ensemble vide. 4 cc cc  = CAE . 143 AB . AF = AC . AE, car AB = AE, AC = AF et BAF c. c O montre que AI EF = 0 en écrivant par exemple : c 1 c c c c c AI = (AB + AC) et EF = EA + AF et on utilise la propriété 2 démontrée précédemment. 142

POUR FAIRE LE POINT 1 A ; 2 B ; 3 A, B et C ; 5 B et D ; 6 A ; 7 B, C et D ; 9 A, B et C ; 10 C et D ; 11 B et D. c . c 1 c2 10 Réponse B il faut lire AB AC =

2

4 Cet D ; 8 C ;

AC .

POUR APPROFONDIR c

c c c

c

c

c

1. GA + GB + GC = 0. Donc GA + 2GI = 0 et on c 2c déduit AG = AI. 3 c 2c On montre de même que BG = BJ, donc G point de 3 concours des médianes. cc c c cc 2. BC . BG = 18 ; GA . BC = 0 ; IG . AC = –9 ; c. c c. c AG BA = –18 ; GA CA = 18. 4 3. GA2 + GB2 + GC2 = (AI2 + BJ2 + CK2) 9 ⎞ 4 ⎛ AB2 + AC2 BC2 = ⎜ – +…⎟ 2 4 9⎝ ⎠ 4 ⎛ 3AB2 + 3AC2 + 3BC2 ⎞ = ⎜ ⎟ 4 9⎝ ⎠ 136

= Ici, on obtient

185 . 3

AB2 + AC2 + BC2 . 3

cc

144 On montre que AI . DN = 0 en écrivant par exemple :

1 c c c c c (AB + AM) et DN = DA + AN et on utilise le fait 2 que AM = AN et AD = AB.

c

AI =

145 Pour construire la figure avec Geogebra, on utilise entre autres l’icône pour tracer une droite perpendiculaire à une autre passant par un point donné.


119

On utilise également l’icône pour définir les points H et K comme points d’intersection de ces droites perpendiculaires à… avec les côtés du triangle. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_exercice145 (Geogebra). cc 1c c Pour démontrer que HK . AI = AM + BC, on peut écrire : 2 c. c 1 c c . c c HK AI = (HA + AK) (AB + AC) 2 1 c c c c 1c c = (–AM . AB + AM . AC) = AM . BC. 2 2 Les segments [HK] et [AI] sont orthogonaux si c. c AM BC = 0. c c c c c c 146 AG . EC = (AB + BG) . (EB + BC) = –AB × EB + BC × BG = 0. 147

c . c c. c c . c AM BC + BM CA + CM AB c c c c c. c c. c

= AM(BC + CA + AB) + BA CA + CA AB = 0. On en déduit que si M appartient à deux hauteurs d’un triangle, il appartient nécessairement à la troisième car c . c c. c cc AM BC = BM CA = 0 entraîne CM . AB = 0. Aide pour conjecturer la nature de l’ensemble décrit par I avec Geogebra Les objets peuvent laisser une trace dans la vue Graphique quand ils sont déplacés. On utilise le Menu contextuel pour basculer vers Trace activée . Ensuite, on modifie la construction de sorte que l’objet dont on a activé la trace change de position et laisse une trace. Le point dont on veut créer le lieu doit dépendre du mouvement d’un point se déplaçant sur un objet (par exemple : ligne, segment, cercle). Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_exercice 148 (Geogebra). Si on pose M(x ; 0) et N(1 ; y) et comme D(0 ; 1), alors c c DM . AN = 0 entraîne x = y. x +1 x Les coordonnées de N sont (1 ; x), celle de I , ; 2 2 1 soit yI = xI – . 2 Les points I appartiennent donc au segment d’équation 1 y = x – , avec x compris entre 0 et1. 2 149 Aide Geogebra : on trace la parabole en saisissant y=x^2 . Ensuite, on utilise les aides déjà présentées dans l’exercice 145 . Pour afficher la longueur du segment LN, on peut utiliser l’icône : cet outil donne la distance entre deux points, deux lignes, ou un point et une ligne et l’affiche sous forme d’un texte dynamique dans la vue Graphique. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_exercice 149 (Geogebra). 2a2 Le coefficient directeur de (AB) est = 2a. a 148

(

120

)

L’équation de la droite (AB) est donc y = 2ax – a². Cette droite est tangente à la parabole en A. cc Si N(0 ; y), alors AB . AN = 0 entraîne a2 + (y – a2)(–2a2) = 0, 1+ 2a2 ⎞ 1+ 2a2 ⎛ soit y = . Donc N ⎜ 0 ; . 2 ⎟⎠ ⎝ 2 Comme L a pour coordonnées (0 ; a2), on en déduit 1 que LN = . Le segment [LN] a donc une longueur 2 constante.

c c

1. a. Pour montrer que HB . HC = –AH2, on c c c c c c peut écrire HB . HC = (HA + AB) . (HA + AC), d’où c.c HB HC = HA2 – AH2 – AH + 0 = –AH2. cc 1 c c c c b. Alors HI . HJ = (HA + HB) . (HA + HC) 4 1 = (HA2 – AH2) = 0. 4 2. Soit O le milieu de [BC], on montre (avec le théorème des milieux) que OIAJ est un quadrilatère qui a trois angles droits, donc c’est un rectangle, et par conséquent  est droit ; ce qui signifie que le quatrième angle IOJ O appartient au cercle de diamètre [IJ]. Or, on sait que H appartient au cercle de diamètre [OA], donc, d’après ce qui précède au cercle de diamètre [IJ], (HI) est perpendiculaire à (HJ). y z 3. On a IJ = (théorème des milieux) ; HI = ([HI] est 2 2 une médiane du triangle rectangle AHC) et de même x HJ = . On conclut en utilisant la réciproque du 2 théorème de Pythagore. 150

c c

1. BN . CM = 0 car : c. c 1 c c . c c 1 2 BN CM = (BD + BC) (CD + CA) = (a + 0 + 0 – a2). 4 c c4 2. On montre de même que BN . AR = 0, etc. et on en déduit que EFGH a trois angles droits, donc c’est un rectangle. 3. GF = GC, théorème des milieux dans le triangle CFD. 5a2 a 5 4. MC2 = , soit MC = . 4 2 1 5. On montre que GH = BG (théorème des milieux) 2 4a 5 1 a 5 et GH = . et que GN = FD. D’où BG = 5 2 2 5 Même démonstration pour GF. 6. Cette question reprend les conclusions des questions précédentes. 151

1. Le réel k tel que l’ensemble des points M tel MA MC = k est le cercle circonscrit au carré ABCD est k = 0. a2 c c c c c c 2. a. MA . MC = (MO + OA) . (MO – OA) = MO2 – . 2 a2 a2 b. MO2 – = k si MO2 = k + . Pour que l’ensemble 2 2 cherché soit le cercle inscrit dans le carré, il faut que a a2 a2 a2 OM = , soit k + . On obtient k = – . = 2 4 2 4 152

c .c

Aide pour conjecturer la nature de l’ensemble décrit par I avec Geogebra : voir l’exercice 148 . Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 08S_exercice 153 (Geogebra). 1. Le lieu des points M semble être un cercle. La longueur IM est constante. 2. a. (OM) et (PQ) sont perpendiculaires car (OM) est la médiatrice de [PQ]. b. Dans le triangle OPM, OP2 = OM2 + PM2. Or PM = MQ = MA (triangle rectangle PAQ, M milieu de [PQ]), donc MA2 + MO2 = r2. c. Théorème de la médiane dans AMO : AO2 AO2 MA2 + MO2 = 2IM2 + , donc r2 = 2IM2 + 2 2 2r 2 – AO2 et IM2 = . 4 2r 2 – AO2 d. Le réel est positif car comme A est intérieur 4 au cercle : OA ⬍ r. e. Conclusion : M parcourt le cercle de centre I et de 2r 2 – AO2 rayon . 4 3. On considère un point M quelconque de (Δ), donc 2r 2 – AO2 IM2 = où I est le milieu de [OA]. 4 a. Théorème de la médiane dans OMA : AO2 MA2 + MO2 = 2IM2 + , 2 2 2 2r – AO ⎞ AO2 d’où MA2 + MO2 = 2 ⎛⎜ . + 4 2 ⎝ ⎠⎟ Donc MA2 + MO2 = r2. Par suite OM2 ⬍ r2 et M est à l’intérieur du disque de centre O et de rayon r. b. OP = OQ et (OM) perpendiculaire à [PQ], alors (OM) est la médiatrice de [PQ] et ainsi M est le milieu de [PQ]. OM2 = OP2 – PM2 (théorème de Pythagore dans le triangle rectangle OPM) ; d’autre part, on sait que MA2 + MO2 = r2. Alors MA2 + OP2 – PM2 = r2. Soit MA2 = MP2 puisque OP = r et ainsi MA = MP. On démontre de même que MA = MQ. Ce qui prouve que le triangle PAQ est rectangle en A. Le point M est donc un point du lieu. c. Conclusion : le lieu est le cercle de centre I et de 2r 2 – AO2 rayon . 4 154 1. On pose BC = a et NB = b. c. c c c c c DM NR = (DC + CM) . (NB + BR) = 0 + CN × NB – DC × BR + BR2 = (a – b)b – a(a – b) + (a – b)2 = 0. 2. Soit B(a ; 0), D(0 ; a), C(a ; a) et M(x ; x) (M appartient à la droite d’équation y = x). c On a alors N(a ; x) et R(x ; 0). Soit DM(x ; x – a) et c c. c NR (x – a ; –x). On montre ainsi que DM NR = 0. 153

c c c c

c c

c

1. GA + GB + GC = 0. Or GB + GC = 2GA’, c c c soit GA + 2GA’= 0. On en déduit que les points A, A’ et G sont alignés. 155

On montre de même que B, B’ et G sont alignés. Donc G est le point d’intersection de deux médianes ; c’est le centre de gravité de ABC. c c c c c c c 2. OA + OB + OC = OH or OB + OC = 2OA’, donc c c AH = 2OA’. Or OA’ est la médiatrice de [BC], donc (AH) est perpendiculaire à (BC) ; c’est donc la hauteur issue de A. On montre de même que (BH) est la hauteur issue de B. On en déduit que H est l’orthocentre du triangle ABC. c c c c c c c c 3. GA + GB + GC = 0 et OA + OB + OC = OH. c c On en déduit que OH = 3OG. Ainsi, les points O, G, H sont alignés (droite d’Euler). 156

1. Comme (EF) et (FE) sont perpendiculaires, on a

cc cc PE . PF = PE . PE’. cc c c c c Or PE . PE’ = (PO + OE) . (PO – OE) = PO2 – r2. c . c c c . c c c. c c . c 2. BH AC = (BP + PH) (AP + PC) = BP PC + PH AP. cc cc Or BP . PC = –PB . PC = r2 – OP2 c c cc cc et PH . AP = –PA’ . AP = PA’ . PA = PO2 – r2. c. c c . c c. c

D’où BP PC + PH AP = 0 et BH AC = 0. Ce qui prouve (BH) est perpendiculaire à (AC). Or H appartient aussi à la hauteur issue de A. Ce qui nous permet de dire que H est l’orthocentre. Conclusion : les symétriques de l’orthocentre par rapport aux côtés du triangle appartiennent au cercle circonscrit à ce triangle.

Prises d'initiatives On calcule de deux façons différentes le produit cc scalaire DE . CA. c. c 1 c c . c 1 2 DE CA = (DA + DB) CA = a . 2 2 c. c  = a 5 × a 2 × cosDFC . DE CA = DE × CA × cos DFC 2 1   Il vient cos DFC = , soit DFC ≈ 71°. 10 c c 158 MA . MB = MI2 – IA2 si I est le milieu de [AB]. c c De même CA . CB = CI2 – IA2. c . c c. c Alors MA MB = CA CB si MI2 – IA2 = CI2 – IA2. Soit MI = IC. Le lieu des points M est donc le cercle de centre I et de rayon IC. 157

159 On a AB = 4. Donc, l’ensemble des points M tels c c que AM . AB = – 8 est la droite perpendiculaire à (AB) c −1 c passant par le point H tel que AH = AB. 2 On a de plus AM = d, d’où trois cas possibles. Si d ⬍ 2, pas de solution ; si d = 2, un seul point solution, le point H ; si d ⬎ 2, la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H est solution.


121

Les médianes (BI) et (CJ) sont perpendiculaires si, et seulement si GB2 + GC2 = BC2, en notant G le centre de gravité de ce triangle. 4 2 C'est-à-dire (BI + CJ2) = BC2 9 9 ou encore BI2 + CJ2 = BC2. 4 Or, en utilisant le théorème de la médiane, on peut 1⎛ AC2 ⎞ écrire BI2 = ⎜BA2 + BC2 – ⎟. 2 ⎠ 2⎝ 1⎛ AB2 ⎞ De même CJ2 = ⎜CA2 + CB2 – ⎟. 2 ⎠ 2⎝ En ajoutant, on obtient : ⎞ 9 1 ⎛BA2 CA2 BI2 + CJ2 = ⎜ + + 2BC2⎟ = BC2 . 2 2⎝ 2 ⎠ 4 160

BA2 CA2 ⎞ 9 Soit ⎛⎜ + + BC2 ⎟ = BC2 . 4 ⎝ 4 ⎠ 4 Ce qui donne BA2 + CA2 = 5 BC2. 161 Le quadrilatère OLSA est un losange car ses quatre côtés sont égaux (rayon du cercle). Donc ses diagonales sont perpendiculaires. On note J leur point d’intersection et D le point diamétralement opposé à S sur le cercle. On a SJ = 100 car J est le milieu de [SO].

c c c c c c c. c

Alors SI . SC = SI . SD = SJ . SD = 100 × 400 = 40 000. Or

SI SC = SI × SC = SI × 300. 40 000 400 Alors SI = m. = 300 3


1 Orthocentre d’un triangle variable

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 08S_TP1A.ggb et 08S_TP1B.ggb (Geogebra). A. 1. Aide : l’icône sert à tracer une droite passant par un point donné, perpendiculaire à une droite donnée. On l’utilise ici pour construire l’orthocentre du triangle ABC construit. Dans la partie A, on utilise également l’icône pour construire une droite passant par un point donné parallèle à une droite donnée. Dans tout l’exercice, pour visualiser l’ensemble décrit par l’orthocentre H du triangle, on utilise le Menu contextuel pour basculer vers Trace activée . Ensuite, on modifie la construction de sorte que l’objet dont on a activé la trace change de position et laisse une trace. Note : on peut désactiver la trace d’un objet en décochant Trace activée dans le Menu contextuel. L’item Rafraîchir l’affichage d’Affichage efface toutes les traces. 2. On note (a ; 0) les coordonnées du point A dans ce repère, et (–a ; 0) celles de B, avec a réel non nul. La droite (d), parallèle à l’axe des abscisses, a une équation est de la forme y = c, où c est un réel non nul. On note x l’abscisse du point C. L’ordonnée de C est c et l’abscisse de H est la même que celle de C, c'est-à-dire x, donc H (x ; y). On traduit le fait que les droites (BH) et (AC) sont orthogonales c c en écrivant BH . AC = 0, soit, en remplaçant par les coordonnées des vecteurs : (x + a)(x – a) + yc = 0, soit −(x 2 – a2) y= . c

122

Les points H décrivent donc la parabole d’équation −x 2 + a2 y = . Parabole tournée vers bas de sommet c 2 a ⎞ ⎛ ⎜⎝ 0 ; c ⎟⎠ . Lorsque H est situé au sommet de la parabole, le triangle ABC est isocèle en C car la hauteur (CH) passe par le milieu de [AB]. B. 1. On note (a ; 0) et (b ; 0) les coordonnées respectives des points A et B dans ce repère, avec a et b réels. La droite (d) passe par l’origine du repère donc son équation est de la forme y = mx. Si on note x l’abscisse de C, son ordonnées est mx. H a pour abscisse x, la même que celle de C ; soit y son ordonnée. c. c BH AC = 0 donc, avec les coordonnées des vecteurs, on obtient (x – b)(x – a)+ ymx = 0. −(x – b)(x − a) –x 2 + (a + b)x – ab Soit y = avec x = mx mx non nul puisqu’on suppose que (d) est non perpendiculaire à (AB). Les points H appartiennent à la courbe représentative –x 2 + (a + b)x – ab de la fonction f définie par f (x) = . mx Les points H appartiennent donc aux deux branches d’une hyperbole. 2. Si la droite (d) coupe (AB) en A, alors a = 0. (x – b)(x – a) + y mx = 0 donne (x – b)x + y mx = 0, d’où (x − b) soit x = 0 (exclu) ou y = – . m Les points H décrivent donc une droite. 3. Si la droite (d) coupe (AB) en B, alors les points H décrivent la droite perpendiculaire à (BC) passant par A , c'est-à-dire la droite perpendiculaire à (d) passant par H.

TP

2 Puissance d’un point par rapport à un cercle

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 08S_TP2A.ggb et 08S_TP2B.ggb (Geogebra). c c Aide : pour faire afficher le produit scalaire MA . MB, c c on commence par définir les vecteur MA et MB à l’aide de l’icône (représentant origine vecteur), puis on saisit d=u*v (où u et v sont les deux vecteurs que l’on a créés). c c c c A. 2. MA . MB = MA . MA’ car les droites (AB) et (A’B) sont perpendiculaires. c c c c c c D’où MA . MB = (MO + OA) . (MO – OA) = MO2 – OA2 = MO2 – R2. c c On en déduit que le produit scalaire MA . MB est indépendant de la sécante au cercle Ꮿ choisi. Dans la suite, on note PᏯ(M) ce nombre. C’est la puissance de M par rapport à Ꮿ. 3. Si le point M appartient au cercle Ꮿ, alors PᏯ(M) = 0. 4. a. Si M est à l’intérieur du cercle, PᏯ(M) ⬍ 0 car OM ⬍ R. Si M est à l’extérieur du cercle, PᏯ(M) ⬎ 0 car OM ⬎ R. b. Les points T et T’ sont les points d’intersection du cercle de diamètre [OM] et du cercle Ꮿ. D’après le théorème de Pythagore : MT2 = MT’2 = MO2 – R2 = PᏯ(M). B. On donne deux cercles Ꮿ et Ꮿ’ de centres O et O’, de rayons R et R’, sécants en A et B.

On se propose d’étudier l’ensemble (Δ) des points du plan qui ont même puissance par rapport à ces deux cercles. 1. A et B appartiennent à (Δ) car PᏯ(A) = PᏯ(B) = 0 et PᏯ’(A) = PᏯ’(B) = 0. 3. a. I est le milieu de [OO’]. c c c c c c cc MO2 – MO’2 = (MI + IO)2 – (MI – IO)2 = 2MI . 2IO = 2IM . OO’ b. Il faut montrer que : c c c c R2 – R’2 = 2IA . OO’ et non R’2 – R2 = 2IM . OO’. c.c c c 2 2 2 2 2 R – R’ = 2IA OO’ car R – R’ = OA – OA’2 = 2IA . OO’ à l’aide du même raisonnement. On en déduit que PᏯ(M) = PᏯ’(M) si, et seulement si, MO2 – R2 = MO’2 – R’2, soit MO2 – MO’2 = R2 – R’2, d’où c c c c cc 2IM . OO’ = 2IA . OO’, c'est-à-dire AM . OO’ = 0. L’ensemble Δ des points M tels que PᏯ(M) = PᏯ’(M) est la droite passant par A perpendiculaire à OO’. 4. Attention, le point T est mal placé sur la figure. MT = MT’ si PᏯ(M) = PᏯ’(M). On retrouve la droite Δ définie dans la question précédente. c c c c C. On a MA . MB = MC . MD. La droite (MC) coupe ᐀ en C et en un autre point E. c c cc D’après A : MA . MB = MC . ME = PᏯ(M). cc cc cc Par conséquent, MC . MD = MC . ME et donc MC . DE = 0, d’où (MC) perpendiculaire à (DE) ou bien D = E. Comme les points M, C, D, E sont alignés (M est le point de concours de (AB) et (CD), la droite (MC) recoupe ᐀ en un autre point E), la première possibilité est exclue. On c c cc conclut D = E, c'est-à-dire MA . MB = MC . MD si, et seulement si, A, B, C et D sont cocycliques.


123

CHAPITRE

9

Applications du produit scalaire

Le programme L’objectif est de renforcer la capacité des élèves à étudier des problèmes dont la résolution repose sur des calculs de distances et d’angles, la démonstration d’alignement, de parallélisme ou d’orthogonalité. L’outil nouveau est le produit scalaire, dont il importe que les élèves sachent choisir la forme la mieux adaptée au problème envisagé. Contenus Produit scalaire dans le plan Vecteur normal à une droite.


Commentaires

• Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant un point et un vecteur normal. • Déterminer un vecteur normal à une droite définie par une équation cartésienne.

Applications du produit scalaire : – calculs d’angles et de longueurs ; – formules d’addition et de duplication des cosinus et sinus.

• Déterminer une équation de cercle défini par son centre et son rayon ou par son diamètre. • Démontrer que : cos (a − b) = cos a cos b + sin a sin b.

La relation de Chasles pour les angles orientés est admise.

B Notre point de vue Nous avons regroupé dans ce chapitre la partie du programme relative au vecteur normal à une droite (équations de droites et de cercles) et la partie relative aux applications du produit scalaire (calculs de longueurs et d’angles). La notion de vecteur normal est introduite par l’activité « Des droites et des vecteurs » : celle-ci permet de découvrir le lien existant entre l’équation cartésienne d’une droite et les coordonnées d’un vecteur normal à cette droite. L’activité 2 « Des cercles et des équations » permet de découvrir comment obtenir l’équation d’un cercle, que celui-ci soit déterminé par son centre et son rayon ou par un diamètre. Ces notions constituent le contenu de la première page de cours. La seconde page de cours est consacrée aux calculs de longueurs et d’angles. L’activité 3 « Plus fort que Pythagore » permet de découvrir les formules d’Al Kashi et ainsi de déterminer des longueurs et des angles dans un triangle quelconque. L’activité 4 « Une antenne relais parfois hors de portée » conduit de nouveau les élèves à déterminer des longueurs et des angles dans un triangle quelconque mais en utilisant cette fois la formule des sinus. Pour terminer, l’activité 5 « Des sinus et des cosinus » donne π l’occasion d’utiliser le produit scalaire pour calculer cos . 12

À partir d’un problème de lieu de points, la page « Chercher avec méthode » s’attache à aider l’élève à déterminer des équations de droites et de cercles.

124

Le chapitre se termine par deux TP. Le premier, « Les écrans géants », utilise un logiciel de géométrie dynamique pour émettre une conjecture et trouver expérimentalement la solution à un problème ; celui-ci étant, par la suite, résolu de façon exacte grâce à l’utilisation des formules découvertes dans ce chapitre. Dans le second TP, « Les cercles d’Apollonius », l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique permet la visualisation d’une famille de cercles.

Les notions abordées dans le chapitre 9 1. Équations de droites et de cercles 2. Calculs de longueurs et d’angles

C Avant de commencer c c c c c 11 c BO . AB = −BO . AB = −BO . BI = −BO × BI

Se tester avec des QCM 1 B, C et D ; 5 B et D ; 9 A.

2 B, C et D ; 6 C et D ;

3 D ; 7 D ;

4 C et D ; 8 B et D ;

Se tester avec des exercices  = 12 ; cos P = MP = sin N  = 12 ; 10 sin N NP 13 13 MN = 5 . sin P = = cos N 13 PN

1 1 1 = −BO × BO = − BO2 = − R2. 2 2 2 AD EF = −AD × EF = −2R × R = −2R2. c c cc Les vecteurs OB et AC et sont orthogonaux. OB . AC = 0. c 12 c ED . EF = (−6) × (−6) + 3 × (−2) = 30. c. c OE DF = 4 × 0 + 0 × (−5) = 0.

c. c

13 Un vecteur directeur de (d1) est c u1(1 ; 3). c (1 ; 2). Un vecteur directeur de (d2) est u 2 c (4 ; 1). Un vecteur directeur de (d3) est u 3 c (5 ; 3). Un vecteur directeur de (d ) est u 4

4

D Activités c

Activité

1 Des droites et des vecteurs

L’objectif de cette activité est de découvrir la notion de vecteur normal et le lien existant entre l’équation cartésienne d’une droite et les coordonnées d’un vecteur normal à cette droite. Pour cela, on commence par effectuer quelques calculs dans des cas particuliers et par faire quelques constatations sur les résultats obtenus. En utilisant un logiciel de géométrie, on peut observer que ces constats semblent rester valables quelles que soient les valeurs numériques choisies. Cela permet de conjecturer certaines propriétés qui seront reprises dans le cours. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 09S_activite1.ggb (Geogebra). 1. a. On a 3 × 0 + 2 × 2 − 4 = 0 et 3 × 2 + 2 × (−1) − 4 = 0. Les coordonnées des points A et B vérifient l’équation de (d1), donc A et B sont deux points de la droite (d1).

b. Les coordonnées du vecteur AB sont (2 ; −3). c c Ainsi, AB . n = 2 × 3 + (−3) × 2 = 0. c Les vecteurs AB et c n sont donc orthogonaux. c Comme A et B, sont deux points de (d1), AB est un vecteur directeur de (d1). Ainsi, (d1) est perpendiculaire à la direction du vecteur c n. c. D’après les résultats de la question précédente, c (3 ; 2) est un vecteur directeur de la droite cherchée. n Ainsi, un point M(x ; y) appartient à cette droite si, et c c seulement si, les vecteurs OM et n sont colinéaires, avec c OM(x ; y). Ceci équivaut à x × 2 − y × 3 = 0. L’équation de la droite est donc 2x − 3y = 0.

c

2. a. Le vecteur CD(4 ; 2) est un vecteur directeur de (d2). Un point M(x ; y) appartient à (d2) si, et seulement c c si, les vecteurs CM et CD sont colinéaires, avec c CM (x − 1 ; y − 2). Ceci équivaut à (x − 1) × 2 − (y − 2) × 4 = 0, soit 2x − 2 − 4y + 8 = 0. Chapitre 9 Applications du produit scalaire

125

(d2) a donc pour équation 2x − 4y + 6 = 0 ou −2x + 4y − 6 = 0. c c b. CD . c v = 4 × (−2) + 2 × 4 = 0, les vecteurs CD et c v sont orthogonaux. Ainsi, le vecteur c v est un vecteur normal à la droite (d2).

c(–(–3) ; 1), c'est-à-dire uc(3 ; 1) est un vecteur directeur 3. u de (d3). Comme vecteur normal à (d3), on peut donc c (1 ; −3). En effet, uc . w c = 3 × 1 + 1 × (−3) = 0. proposer w 4. On peut observer que, si ax + by = c est l’équation cartésienne de la droite (d), les coordonnées de c n sont c ; b). toujours n(a

Activité

2 Des cercles et des équations

L’objectif de cette activité est de guider les élèves dans la découverte de deux « savoir-faire » : – comment obtenir l’équation cartésienne d’un cercle quand on connaît son centre et son rayon ou quand on connaît un diamètre (défini grâce à deux points) ; – comment déterminer le centre et le rayon d’un cercle dont on a déterminé une équation. Les méthodes utilisées dans cette activité seront généralisées dans la partie cours. 1. a. L’ensemble cherché est l’ensemble des points situé à une distance 5 du point I, c’est donc le cercle de centre I et de rayon 5. b. IM = 5 équivaut à ( x M − x I )2 + ( y M − y I )2 = 5 soit à ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = 5 . Ainsi M(x ; y) appartient à Ꮿ1 si, et seulement si, (x – 2)2 + (y + 1)2 = 25. c. En développant (x – 2)2 + (y + 1)2 = 25, on obtient x2 + y2 – 4x + 2y – 20 = 0. d. Il suffit de vérifier, pour chaque point, si ses coordonnées vérifient une équation du cercle. Pour N : (–2 – 2)2 + (2 + 1)2 = (–4)2 + 32 = 16 + 9 = 25, N appartient à Ꮿ1. Pour O : (0 – 2)2 + (0 + 1)2 = (–2)2 + 12 = 4 + 1 = 5, O n’appartient pas à Ꮿ1. Pour P : (5,5 – 2)2 + (2,5 + 1)2 = 3,52 + 3,52 = 12,25 + 12,25 = 24,5, P n’appartient pas à Ꮿ1. 2. Un point M(x ; y) appartient à Ꮿ2 si, et seulement si, IM = 4, ce qui équivaut à ( x + 4 )2 + ( y − 3)2 = 4 soit (x + 4)2 + (y – 3)2 = 16. (x + 4)2 + (y – 3)2 = 16 est une équation de Ꮿ2. 3. a. Un point M appartient à Ꮿ3 si, et seulement si, les c c vecteurs MA et MB sont orthogonaux, c'est-à-dire si, et seulement si, le triangle AMB est rectangle en M, donc si, et seulement si, le point M appartient au cercle de

126

diamètre [AB]. Ainsi, l’ensemble cherché est le cercle de diamètre [AB]. c c b. Soit M(x ; y). On a MA(− 4 − x ; 4 − y) et MB(2 − x ; 2 − y). c.c M appartient à Ꮿ3 si, et seulement si, MA MB = 0, ce qui équivaut à (−4 − x)(2 − x) + (4 − y)(2 − y) = 0. On obtient −8 + 4x − 2x + x2 + 8 − 4y − 2y + y2 = 0, soit x2 + y2 + 2x − 6y = 0. c. En utilisant la forme canonique, on peut écrire x2 + 2x = (x + 1)2 − 1 et y2 − 6y = (y − 3)2 − 9. Alors l’équation x2 + y2 + 2x − 6y = 0 devient (x + 1)2 − 1 + (y − 3)2 − 9 = 0. Soit (x + 1)2 + (y − 3)2 = 10 ou encore 2 (x − (−1))2 + (y − 3)2 = 10 . d. L’équation obtenue correspond au cercle de centre C(−1 ; 3) et de rayon 10 .

3 Plus fort que Pythagore

Activité

Dans cette activité, en calculant un même produit scalaire par deux méthodes différentes, on découvre le théorème d’Al Kashi. 1. Voir figure ci-dessous. C 3 60° A

c c

B

8

c c

c

2. (AC − AB)2 = (AC + BA)2 = BC2 = BC2. c c c c cc cc (AC − AB)2 = AC2 + AB2 −2 AB . AC = AC2 + AB2 −2AB . AC d’où l’égalité. c c  , on en Comme AB . AC = AB × AC × cos BAC 2 2 2 déduit que BC = 8 + 3 − 2 × 8 × 3 × cos 60°, soit 1 BC2 = 64 + 9 − 48 × , d’où BC2 = 49. Ainsi, BC = 7. 2 c c c c 3. a. Correctif : il faut calculer (BC − BA)2 et pas (AC − AB)2. c c 2 c c 2 c2 (BC − BA) = (BC + AB) = AC = AC2. c c c c cc cc (BC − BA)2 = BC2 + BA2 − 2BC . BA = BC2 + BA2 −2BC . BA, cc d’où l’égalité AC2 = BC2 + BA2 – 2BC . BA. c. c  , on en Comme BC BA = BC × BA × cos ABC 2 2 2  , soit déduit que 3 = 7 + 8 − 2 × 7 × 8 × cos ABC  = 104 .  = 49 + 64 − 9, d’où cos ABC 112cos ABC 112  = 13 . Ainsi, cos ABC 14  ≈ 21,8°. b. Avec la calculatrice, on obtient ABC

Activité

4 Une antenne relais parfois hors de portée

L’objectif de cette activité est de découvrir la formule des sinus. Pour cela, on commence par effectuer des calculs dans des cas particuliers et par faire des constatations sur les résultats obtenus. Puis, à l’aide d’un logiciel de

géométrie, on peut observer que ces constats semblent rester valables quelles que soient les valeurs numériques choisies. Cela permet de conjecturer la formule. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 09S_activite4.ggb (Geogebra).  = 180 − 70 − 60, soit ASB  = 50°. 1. ASB 2. a. Dans le triangle AHB rectangle en H, on a  = AH . sin ABH AB  , soit AH = AB sin 70°. D’où AH = AB sin ABH  = AH . Dans le triangle AHS rectangle en H, on a sin ASH AS  , soit AH = AS sin 50°. D’où AH = AS sin ASH S 50°

H

27

B

b. Correctif : il faut calculer AS à 0,1 km près. 27 sin70° AS sin 50° = AB sin 70°, soit AS = ≈ 33,1 km. sin50° 3. a. Correctif : il faut montrer que BK = BA sin 60° = BS sin 50° (et non pas BK = BA sin 60° = BC sin 50°).  = BK . Dans le triangle AKB rectangle en K, on a sin BAK BA  , soit BK = BA sin 60°. D’où BK = BA sin BAK  = BK . Dans le triangle BKS rectangle en K, on a sin BSK BS  , soit BK = BS sin 50°. D’où BK = BS sin BSK S 50° K

A

60° 27

D'après la question 3. a., on a : BS sin 50° = BA sin 60°, 27 sin60° soit BS = ≈ 30,5 km. sin50° 4. Les deux villes étant distantes de plus de 30 km de l’antenne relais, on ne pourra pas capter le signal. AB AS 5. AS sin 50° = AB sin 70° équivaut à . = sin50° sin70° AB BS BS sin 50° = BA sin 60° équivaut à . = sin50° sin60° AB AS BS = = D’où . sin50° sin70° sin60° 6. En manipulant les points A, B et C, on peut observer que l’on a toujours l’égalité des rapports AB AC BC . = =  sinB sinA  sinC

5 Des sinus et des cosinus

Activité

70° A

b. Correctif : il faut calculer BS à 0,1 km près.

B

Cette courte activité permet, en calculant un même produit scalaire par deux méthodes différentes, de déterminer π la valeur exacte de cos 12 . La méthode utilisée sera généralisée dans la partie cours. c c  1. OA . OB = OA × OB × cos AOB π π π = 1 × 1 × cos – = cos . 3 4 12 π π 2. Les coordonnées de A sont A cos ; sin , celles 4 4 π π de B sont B cos ; sin . 3 3 Les coordonnées des points A et B sont aussi les c c coordonnées des vecteurs OA et OB. c . c cos π cos π + sin π sin π OA OB = . 3 4 3 4 π π π π π = cos cos + sin sin 3. cos 12 3 4 3 4 1 2 3 2 + × = × 2 2 2 2

(

(

=

)

)

(

)

2+ 6 4

E Exercices POUR DÉMARRER a. L’équation de (d) est de la forme 4x + 2y + c = 0. La droite passant par A(1 ; 3), on a 4 × 1 + 2 × 3 + c = 0, d’où c = −10. L’équation s’écrit 4x + 2y – 10 = 0 ou 2x + y – 5 = 0. b. L’équation de (d) est de la forme x – 2y + c = 0. La 1

droite passant par A(− 4 ; 5), on a 1 × (−4) − 2 × 5 + c = 0, d’où c = 14. L’équation s’écrit x − 2y + 14 = 0. c. L’équation de (d) est de la forme −2x + y + c = 0. La droite passant par A(1 ; 0), on a −2 × 1 + 1 × 0 + c = 0, d’où c = 2. L’équation s’écrit −2x + y + 2 = 0. d. L’équation de (d) est de la forme 3x + y + c = 0. La droite passant par A(4 ; −2), on a 3 × 4 + 1 × (−2) + c = 0, d’où c = −10. L’équation s’écrit 3x + y – 10 = 0. Chapitre 9 Applications du produit scalaire

127

a. L’équation de (d) est de la forme 0x + 2y + c = 0. La droite passant par A(2 ; 5), on a 0 × 2 + 2 × 5 + c = 0, d’où c = −10. L’équation s’écrit 2y – 10 = 0 ou y – 5 = 0, soit y = 5. b. L’équation de (d) est de la forme −3x + 0y + c = 0. La droite passant par A(1 ; −2), on a −3 × 1 + 0 × (−2) + c = 0, d’où c = 3. L’équation s’écrit −3x + 3 = 0 ou x − 1 = 0, soit x = 1. 3 c. L’équation de (d) est de la forme 1x + y + c = 0. 4 5 La droite passant par A 2 ; – 6 , on a : 5 3 1 × + × (−6) + c = 0, d’où c = 2. 2 4 3 L’équation s’écrit x + y + 2 = 0 ou 4x + 3y + 8 = 0. 4 d. L’équation de (d) est de la forme 1x + 2 y + c = 0. La droite passant par A( 2 ; 1), on a 1 × 2 + 2 × 1 + c = 0, d’où c = −2 2 . 2 L’équation s’écrit x + 2y − 2 2 = 0 ou y = − x + 2. 2 c 3 Le vecteur AB (6 ; −3) est un vecteur normal à la droite cherchée, son équation est donc de la forme 6x − 3y + c = 0. La droite passant par C(1 ; 3), on a 6 × 1 − 3 × 3 + c = 0, d’où c = 3. L’équation s’écrit 6x − 3y + 3 = 0 ou 2x − y + 1 = 0, soit y = 2x + 1. 2

(

)

4

a. c n (2 ; 3). b. c n (3 ; −2). c. c n (−4 ; 5). d. c n (−7 ; −2).

5

a. c n (1 ; 3). b. c n (−2 ; 1). c. c n (1 ; 0). d. c n (0 ; −3).

a. (x − 1)2 + (y − 1)2 = 4 ou x2 + y2 − 2x − 2y − 2 = 0. b. (x + 2)2 + (y − 3)2 = 9 ou x2 + y2 + 4x − 6y + 4 = 0. c. (x + 4)2 + (y + 3)2 = 25 ou x2 + y2 + 8x + 6y = 0. 6

7 On considère l’ensemble des points M(x ; y) vérifiant l’équation (E) : x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0. a. On a x2 – 2x = (x – 1)2 – 1. b. On a y2 – 4y = (y – 2)2 – 4. c. Les égalités suivantes sont équivalentes : x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0 (x – 1)2 – 1 + (y – 2)2 – 4 – 4 = 0 (x – 1)2 + (y – 2)2 = 32. d. On obtient l’équation du cercle de centre C(1 ; 2) et de rayon R = 3. 8 On considère l’ensemble des points M(x ; y) vérifiant l’équation (E) : x2 + y2 + 6x – 10y – 24 = 0. a. On a x2 + 6x = (x + 3)2 – 9. b. On a y2 – 10y = (y – 5)2 – 25. c. Les égalités suivantes sont équivalentes : x2 + y2 + 6x – 10y – 24 = 0 (x + 3)2 – 9 + (y – 5)2 – 25 – 24 = 0 2 (x + 3)2 + (y – 5)2 = 58 . d. On obtient l’équation du cercle de centre C(−3 ; 5) et de rayon R = 58 .

128

c

c

a. On a MA(1 − x ; −1 − y) et MB(4 − x ; 3 − y). MA MB = (1 − x)(4 − x) + (−1 − y)(3 − y) = 4 − x − 4x + x2 − 3 + y − 3y + y2 = x2 + y2 − 5x − 2y + 1. b. Le cercle de diamètre [AB] est l’ensemble des points c c M tels que MA . MB = 0. Son équation est de la forme x2 + y2 − 5x − 2y + 1 = 0. 9

c.c

D’après la formule d’Al Kashi, on a :  , soit : BC2 = AB2 + AC2 − 2AB × AC × cos A 1 π 2 2 2 BC = 2 + 3 − 2 × 2 × 3 × cos = 4 + 9 × 12 × . 2 3 On obtient BC = 7. 10

On a DF2 = DE2 + EF2 − 2DE × EF × cos E , soit : DF2 = 32 + 52 − 2 × 3 × 5 × cos 65° = 9 + 25 − 30 × cos 65° ≈ 21,32. On obtient DF ≈ 4,6. 11

 , soit : On a BC2 = AB2 + AC2 − 2AB × AC × cos A 2 2  5 = 3 + 2 – 2 × 3 × 2 × cos A, . d’où 5 = 9 + 2 − 6 2 cos A 6 2  = 45°. = . D’où A On obtient cos A = 2 6 2 2 2 2 13 On a JK = IJ + IK − 2IJ × IK × cos I , soit : 3,82 = 32 + 4,52 − 2 × 3 × 4,5 × cos I , d’où 14,44 = 9 + 20,25 − 27cos I . 14, 81 , d'où I ≈ 56,7°. On obtient cos I = 27  =π–A  – B , soit C  = π – π − π = 5π . 14 On a C 3 4 12 AC AB = • D’après la formule des sinus, on a , d’où  sinB sinC π 12

2

4 sin

AC = sin

4 . 5π 12

Pour simplifier l’expression obtenue, il faut la valeur 5π exacte de sin . 12 On peut soit donner cette formule aux élèves soit utiliser un logiciel de calcul formel, soit effectuer le calcul avec les formules d’addition. 2 4 8 2 ( 6 − 2) 8 2 2 . AC = = = 6 + 2 ( 6 + 2 )( 6 − 2 ) 6+ 2 4 En simplifiant, on obtient AC = 4 3 – 4. π 4 sin BC AB 3 . , c’est-à-dire BC = • = 5π sin Aˆ sin Cˆ sin 12 3 4 6 − 2) 8 3 8 3 ( 2 . BC = = = 6+ 2 6 + 2 ( 6 + 2 )( 6 − 2 ) 4 En simplifiant, on obtient BC = 6 2 – 2 6 .

MP 4, 8 MP NP = , soit . = sin33° sin70° ˆ sin Nˆ sin M 4, 8 On obtient MP = sin 33°. ≈ 2,8. sin70°  −N  , soit P = 77°. b. On a P = 180 − M 15

a. On a

MN 4, 8 MN NP = , soit . = sin77° sin70° ˆ ˆ sin P sin M 4, 8 On obtient MN = sin 77°. ≈ 5,0. sin70° π π 4π 3π π 16 Comme , on a : – = – = 3 4 12 12 12 π π π π π π π – cos = cos = cos cos + sin sin 3 4 4 4 12 3 3 1 2 2 1 6+ 2 = × . – × = 2 2 4 2 2 De même, on a : π π π π π π π – sin = sin = sin cos − sin cos 3 4 4 4 12 3 3 3 2 2 1 6– 2 × – × = = . 2 2 2 4 2 17 D’après les formules d’addition : cos(a + b) = cosa cosb − sina sinb, soit cos(a + b) 8 3 15 4 36 = × – × =– . 17 5 17 5 85 cos(a − b) = cosa cosb + sina sinb, soit cos(a − b) 8 3 15 4 84 = . × + × = 17 5 17 5 85 sin(a + b) = sina cosb + sinb cosa, 15 3 4 8 77 = . × + × = 17 5 5 17 85 sin(a − b) = sina cosb − sinb cosa 15 3 4 8 13 = . × – × = 17 5 5 17 85 18 D’après les formules de duplication, on peut écrire : 1 4 cos(2a) = 2cos2a − 1, soit cos(2a) = 2x – 1= – ; 9 9 2 5 4 5 sin(2a) = 2sina cosa, soit sin(2a) = 2 × × . = 9 3 3

(

(

)

)

POUR S’ENTRAÎNER L’équation de (d) est de la forme 2x − 1y + c = 0. 1 La droite passant par A −5 ; , 2 21 1 on a 2 × (−5) −1 × + c = 0, d’où c = . 2 2 21 21 L’équation s’écrit 2x − y + = 0, soit y = 2x + . 2 2 20 Le vecteur c n (3 ; 5) est un vecteur directeur de la droite (d), c’est donc un vecteur normal à la droite Δ. Ainsi, un point M(x ; y) appartient à Δ si, et seulement c c si, PM . c n = 0, avec PM(x − 2 ; y + 1). Ceci équivaut à (x − 2) × 3 + (y + 1) × 5 = 0. L’équation de la droite Δ est donc 3x + 5y −1 = 0. 19

(

21

)

1. Nommons (h) la hauteur issue de B.

c

(AC) et (h) sont perpendiculaires, ainsi AC est un vecteur normal à (h). c On a AC(3 ; 6), donc une équation de (h) est de la forme 3x + 6y + c = 0. (h) passe par B, donc 3 × 4 + 6 × 0 + c = 0. On trouve c = −12. Une équation de la hauteur (h) est 3x + 6y –12 = 0 ou x + 2y – 4 = 0. 2. Nommons (d) la médiatrice du segment [AB]. c (AB) et (d) sont perpendiculaires, ainsi AB est un vecteur normal à (d). c On a AB(6 ; 2), donc une équation de (d) est de la forme 6x + 2y + c = 0. (d) passe par I(1 ; −1) milieu de [AB], donc 6 × 1 + 2 × (−1) + c = 0. On trouve c = −4. Une équation de la médiatrice (d) est donc : 6x + 2y – 4 = 0 ou 3x + y – 2 = 0. 22 a. L’équation de (d) est de la forme −5x + 3y + c = 0. La droite passant par A(0 ; 0), on a −5 × 0 + 3 × 0 + c = 0, d’où c = 0. 5 L’équation s’écrit −5x + 3y = 0, soit y = 3 x. b. L’équation de (d) est de la forme 0x − 1y + c = 0. La droite passant par A(0 ; 0), on a 0 × 0 −1 × 0 + c = 0, d’où c = 0. L’équation s’écrit y = 0. c. L’équation de (d) est de la forme 2x − 4y + c = 0. 3 1 . La droite passant par A ; 2 2 1 3 On a 2 × − 4 × 2 + c = 0, d’où c = −1. 2 L’équation s’écrit 2x − 4y −1 = 0. d. L’équation de (d) est de la forme 3 x + 1y + c = 0. La droite passant par A( 3 ; −2). On a 3 × 3 + 1 × (−2) + c = 0, d’où c = −1 et l’équation s’écrit 3 x + y − 1 = 0 ou y = − 3 x + 1.

( )

c (5 ; 2) est un vecteur directeur de a. Le vecteur n la droite (d), c’est donc un vecteur normal à la droite perpendiculaire cherchée. Ainsi, un point M(x ; y) appartient à cette droite si, et c c c seulement si, AM . n = 0, avec AM(x − 1 ; y − 2). Ceci équivaut à (x − 1) × 5 + (y − 2) × 2 = 0. L’équation de la droite est donc 5x + 2y − 9 = 0. b. On obtient la droite d’équation x − y + 1 = 0, soit y = x + 1. c. On obtient la droite d’équation y − 2 = 0, soit y = 2. d. On obtient la droite d’équation x −1 = 0, soit x = 1. 23

c (5 ; −2) est un vecteur normal à (d ). c n 1 n3 est c c’est le vecteur normal à (d ). colinéaire à n, 1 c (1 ; −4) est un vecteur normal à (d ). nc est colinéaire n 2 4 c c’est le vecteur normal à (d ). à n, 2 c c est colinéaire n (0 ; 2) est un vecteur normal à (d3). n 1 c à n, c’est le vecteur normal à (d3). 24

Chapitre 9 Applications du produit scalaire

129

25

a. c n (2 ; 0). b. c n (0 ; 1). c. c n (−2 ; 1).

d. c n (1 ; 2).

26 a. Un vecteur directeur de (d) est c u (5 ; 3), un vecteur normal c n (3 ; −5).

(

)

c − 6 ; 2 , un vecteur Un vecteur directeur de (d’) est u’ 5 6 c normal n’ 2 ; . 5 c . u’ c = 5 × – 6 + 3 × 2, soit c u.c u’ = 0. Les vecteurs 2. u 5 c c et u et u’ sont orthogonaux, donc les droites (d) et (d’) sont perpendiculaires.

( ) ( )

28 1. Soit (d1) la perpendiculaire en A à la droite (AB). Comme les droites (AB) et (d1) sont perpendiculaires, c AB est un vecteur normal à (d1). c Les coordonnées de AB étant (−3 ; −8), une équation de (d1) est de la forme −3x − 8y + c = 0. (d1) passe par A, donc −3 × 2 − 8 × 5 + c = 0, soit c = 46. Ainsi, une équation de (d1) est −3x − 8y + 46 = 0 ou 3x + 8y − 46 = 0. 2. Soit (d2) la perpendiculaire en O à la droite (AB). Les droites (AB) et (d2) sont perpendiculaires, donc une équation de (d2) est de la forme : −3x − 8y + c = 0. (d1) passe par O, donc −3 × 0 − 8 × 0 + c = 0, soit c = 0. Une équation de (d2) est ainsi −3x − 8y = 0 ou 3x + 8y = 0. 3. Soit (d3) la médiatrice du segment [AB]. Les droites (AB) et (d3) étant perpendiculaires, une équation de (d3) est de la forme −3x − 8y + c = 0. (d3) passe par le milieu I du segment [AB] de coordonnées I(0,5 ; 1). On obtient l’égalité −3 × 0,5 − 8 × 1 + c = 0, soit c = 9,5. Ainsi une équation de (d3) est −3x − 8y + 9,5 = 0 ou 3x + 8y − 9,5 = 0.

Si c n est un vecteur normal à (d), pour tout point M c de (d), on a AM . c n = 0. c Pour B, on a AB (−1 ; − 0,4). c Alors, AB . c n = −1 × (−2) + (−0,4) × 5 = 0. 29

B appartient à (d). c Pour C, on a AC(3 ; −2). c. c Alors, AC n = 3 × (−2) + (−2) × 5 0. C n’appartient pas à (d). 30 1. L’ensemble cherché est la droite perpendiculaire à (AC) passant par B. c c 2. Soit M(x ; y) un point tel que BM . AC = 0, avec c c BM(x − 1 ; y − 2) et AC(−6 ; 3). Ceci équivaut à (x − 1) × (−6) + (y − 2) × 3 = 0. L’équation de la droite est donc −6x + 3y = 0, soit 2x − y = 0, que l’on peut aussi écrire y = 2x.

130

31 1. Soit (hD) la hauteur issue de D. Comme les droites c (EF) et (hD) sont perpendiculaires, EF est un vecteur normal à (hD). c Les coordonnées de EF étant (−8 ; −8), une équation de (hD) est de la forme −8x − 8y + c = 0. (hD) passe par D, donc −8 × 4 − 8 × (−6) + c = 0, soit c = −16. Ainsi, une équation de (hD) est −8x − 8y − 16 = 0 ou x + y + 2 = 0, que l’on peut aussi écrire y = −x − 2. 2. Soit (hF) la hauteur issue de F. Comme les droites c (DE) et (hF) sont perpendiculaires, DE est un vecteur normal à (hF). c Les coordonnées de DE étant (0 ; 11), une équation de (hF) est de la forme 0x + 11y + c = 0. (hF) passe par F, donc 0 × (−4) + 11 × (−3) + c = 0, soit c = 33. Ainsi, une équation de (hF) est 11y + 33 = 0 ou y + 3 = 0, que l’on peut aussi écrire y = −3. 3. L’orthocentre du triangle DEF est l’intersection des droites (hD) et (hF). Ses coordonnées sont solution du système : y = –x – 2 . On obtient le point H (1 ; −3). y = –3

{

1. c n (2 ; −1) est un vecteur directeur de (d), c’est donc un vecteur normal à Δ. Une équation de Δ est de la forme 2x − 1y + c = 0. Δ passe par A, donc 2 × 3 − 1 × 3 + c = 0, soit c = −3. Ainsi, une équation de (d) est 2x − y − 3 = 0 que l’on peut aussi écrire y = 2x − 3. 2. H est l’intersection des droites (d) et Δ, ses coordonnées sont solution du système : x + 2(2x – 3) – 4 = 0 x + 2y – 4 = 0 , soit y = 2x – 3 y = 2x – 3 32

{

{

{

5x = 10 . y = 2x – 3 On obtient le point H (2 ; 1). 3. AH = (2 − 3)2 + (1− 3)2 , soit AH = 5. ou

33 1. L’affirmation est vraie (il suffit de s’intéresser aux directions des vecteurs). c sont des vecteurs 2. La réciproque est : « Si c n1 et n 2 c c colinéaires, alors n1 et n2 sont chacun un vecteur normal d’une même droite » ; cette réciproque est vraie.

1. a. Un vecteur normal à (d’) est un vecteur c (−b ; a). directeur de (d). On peut proposer n b. Un point M(x ; y) appartient à (d’) si, et seulement si, c. c c AM n = 0, avec A M(x − xA ; y − yA). Ceci équivaut à (x − xA) × (−b) + (y − yA) × a = 0. L’équation de la droite est donc −bx + ay + (bxA − ayA) = 0. 34

2. Algorithme

(x – 3)2 – 9 + (y + 1)2 – 1 + 5 = 0 soit (x – 3)2 + (y + 1)2 = 5. Soit les points A(3 ; –1) et M(x ; y), l’ensemble cherché est l’ensemble des points M tels que AM2 = 5, soit AM = 5 . C’est donc le cercle de centre A(3 ; –1) et de rayon 5 . 12 1 41 La forme canonique de x2 – x est x − − , 2 4 celle de y2 + 2y est (y + 1)2 –1. L’équation x2 + y2 – x + 2y + 2 = 0 peut s’écrire : 12 1 x− − + (y + 1)2 – 1 + 2 = 0 2 4 12 3 + (y + 1)2 = – . Le membre de gauche soit x − 2 4 est toujours strictement positif, celui de droite strictement négatif. L’ensemble cherché est vide.

AlgoBox

Traitement Saisir A Saisir B Saisir XA Saisir YA Afficher « a= » Afficher −B Afficher « b= » Afficher A Afficher « c= » Afficher B*XA−A*YA Sortie

( )

( ) ( )

3. Programmation de cet algorithme : TEXAS Prompt A Prompt B Prompt X Prompt Y Disp “A’ ”,−B Disp “B’ ”,A Disp “C’ ”, B*X−A*Y

CASIO A”:?↦A “B”:?↦B “XA”:?↦X “YA”:?↦Y “A’ ”:−B “B’ ”: A “C’ ”: B×X−A×Y

Il est aussi possible de programmer cet algorithme avec Algobox. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice34.alg (Algobox). 35 Vrai, les droites ont la même direction, elles sont donc parallèles.

Faux, les vecteurs peuvent être seulement colinéaires. 36

37

Faux, un vecteur directeur de x + 3y − 1 = 0 est

c u (−3 ; 1) et un vecteur directeur de 3x + y + 1 = 0 est c c . vc = (−3) × (−1) + 3 × 1 0, donc les v (−1 ; 3). On a u vecteurs ne sont pas orthogonaux, les droites ne sont pas perpendiculaires. Une équation du cercle est (x − (−1))2 + (y − 1)2 = 2 soit x2 + y2 + 2x − 2y = 0. Le cercle passe par O. 38

2

Le rayon du cercle est IM = (1+ 1)2 + (1− 3)2 , soit IM = 8 , une équation du cercle est donc : 2 (x + 1)2 + (y − 3)2 = 8 soit (x + 1)2 + (y − 3)2 = 8. 2 2 On a (0 + 1) + (0 − 3) = 10, les coordonnées du point O ne vérifient pas l’équation du cercle ; le cercle ne passe pas par l’origine du repère. 39

La forme canonique de x2 – 6x est (x – 3)2– 9, celle de y2 + 2y est (y + 1)2 –1. L’équation x2 + y2 – 6x + 2y + 5 = 0 peut s’écrire 40

42 1. La forme canonique de x2 – 6x est (x – 3)2 – 9, celle de y2 + 8y est (y + 4)2 – 16. L’équation x2 + y2 – 6x + 8y = 0 peut s’écrire : (x – 3)2 – 9 + (y + 4)2 –16 = 0, soit (x – 3)2 + (y + 4)2 = 25. C’est l’équation du cercle de centre A(3 ; –4) et de rayon 5. 5 2 25 2. La forme canonique de x2 + 5x est x + , – 2 4 12 1 2 celle de y − y est y − – . 2 4 2 2 L’équation x + y + 5x – y −1 = 0 peut s’écrire : 5 2 25 12 1 x+ – + y− – – 1 = 0, 2 4 2 4 2 2 5 1 30 soit x + . C’est l’équation du + y− = 2 2 4 5 1 30 cercle de centre A – ; et de rayon . 2 2 2 2 ⎛ 5⎞ 25 3. La forme canonique de x2 − 5x est ⎜ x − ⎟ − . 2⎠ 4 ⎝ 2 2 L’équation x + y − 5x + 2 = 0 peut s’écrire : 5 2 17 5 2 25 + y2 = x– – + y2 + 2 = 0, soit x – . 2 4 2 4 5 ; 0 et de C’est l’équation du cercle de centre A 2 17 rayon . 2 43 1. L’équation x2 + y2 = 0 peut s’écrire : (x – 0)2 + (y − 0)2 = 02. L’ensemble cherché est réduit au point O(0 ; 0). 2. La forme canonique de x2 + 4x est (x + 2)2 – 4, celle de y2 – 10y est (y – 5)2 – 25. L’équation x2 + y2 + 4x – 10y + 29 = 0 peut s’écrire (x + 2)2 – 4 + (y – 5)2 – 25 + 29 = 0, soit (x + 2)2 + (y – 5)2 = 0. L’ensemble cherché est réduit au point A(−2 ; 5). 3. La forme canonique de x2 – 2x est (x – 1)2 – 1, celle de y2 + 6y est (y + 3)2 – 9. L’équation x2 + y2 – 2x + 6y + 12 = 0 peut s’écrire (x – 1)2 – 1 + (y + 3)2 – 9 + 12 = 0, soit (x – 1)2 + (y + 3)2 = −2.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )


131

Le membre de gauche est toujours strictement positif, celui de droite strictement négatif. L’ensemble cherché est vide. 1. Le cercle de diamètre [AB] est l’ensemble c c des points M(x ; y) tels que MA . MB = 0, ou encore c. c c c AM BM = 0, avec AM (x + 3 ; y − 5) et BM (x − 2 ; y + 1). On obtient l’équation (x + 3)(x − 2) + (y − 5)(y + 1) = 0. Soit x2 + y2 + x – 4y − 11 = 0. cc c c 2. AM . BM = 0, avec AM (x + 7 ; y − 4) et BH (x + 2 ; y − 4). On obtient l’équation (x + 7)(x + 2) + (y − 4)(y − 4) = 0. Soit x2 + y2 + 9x − 8y + 30 = 0. cc c 3. AM . BM = 0, avec AM (x + 1 ; y + 6) et (x − 8 ; y − 1). On obtient l’équation (x + 1)(x − 8) + (y + 6)(y − 1) = 0. Soit x2 + y2 − 7x + 5y − 14 = 0. c c 45 1. MA . MB = 0 équivaut à : 2 5 x – ( x – 3) + (y + 2) y – = 0 . 3 3 11 1 4 2 2 x + y – = 0. Soit x + y − 3 3 3 c. c 2. MA MB = 0 équivaut à : 7 x – ( x – 0) + (y + 1) ( y + 1) = 0 . 2 7 Soit x2 + y2 − x + 2y + 1 = 0. c c 2 3. MA . MB = 0 équivaut à : 44

( )

( )

( )

(x − (1 + 2))(x − (1− 2)) + (y + 2)(y − 1) = 0. Soit x2 + y2 −2x + y − 3 = 0. Le rayon du cercle est : AP = (8 − 1)2 + (2 − 1)2 = 50 = 5 2 . Une équation du cercle est (x – 1)2 + (y − 1)2 = 50. Pour M, on obtient (6 – 1)2 + (−4 − 1)2 = 25 + 25 = 50. M appartient au cercle. Pour N, on obtient (5 – 1)2 + (−5 − 1)2 = 16 + 36 = 52. N n’appartient pas au cercle. 46

1. ΩM = (−1− 2)2 + (3 + 1)2 = 25 = 5. M appartient au cercle. 2. La tangente est la perpendiculaire à (ΩM) passant par M, c’est donc l’ensemble des points T(x ; y) tels que c. c c c MΩ MT = 0, avec MΩ (3 ; −4) et MT (x + 1 ; y − 3). On obtient l’équation 3(x + 1) − 4(y − 3) = 0. D’où 3x − 4y + 15 = 0. 47

48 1. ΩM = (5 − 4)2 + (3 − 1)2 = 5 . M appartient au cercle. 2. La tangente est l’ensemble des points T(x ; y) tels cc c c que MΩ . MT = 0, avec MΩ(−1 ; −2) et MT (x − 5 ; y − 3). On obtient l’équation (−1)(x − 5) − 2(y − 3) = 0. D’où −x −2y + 11 = 0, soit x + 2y − 11 = 0. 49 1. Avec les coordonnées du point A, on obtient (0 – 1)2 + 3 2 = 1 + 3 = 4. L’équation est vérifiée, A appartient au cercle.

132

2. D’après son équation, on sait que le cercle a pour centre le point B(1 ; 0) et pour rayon 2. La tangente au cercle en A est donc la perpendiculaire à (AB) passant par A. c Ainsi, le vecteur AB (1 ; 3 ) est un vecteur normal à cette tangente. c c c . AB c . AB Comme u = 3 × 1 + 1 × (– 3 ), soit u = 0. c c c Les vecteurs u et AB sont orthogonaux, u est bien un vecteur directeur de la tangente. 51 1. Une équation du cercle est (x + 8)2 + (y − 6)2 = 102, soit x2 + y2 + 16x − 12y = 0. 2. Un point est intersection du cercle et de l’axe des abscisses si, et seulement si, ses coordonnées sont y=0 solution du système 2 x + y 2 + 16x − 12y = 0

{

{

{

y=0 y=0 ou encore x ( x + 16) = 0 x 2 + 16x = 0 On obtient deux points A(0 ; 0) et B(−16 ; 0). Un point est intersection du cercle et de l’axe des ordonnées si, et seulement si, ses coordonnées sont x=0 solution du système 2 x + y 2 + 16x − 12y = 0 soit

{

{

{

x=0 x=0 ou encore y 2 − 12y = 0 y ( y − 12) = 0 On obtient deux points A(0 ; 0) et C(0 ; 12). Le cercle est sécant avec les axes en trois points : A(0 ; 0), B(−16 ; 0) et C(0 ; 12). 3. • La tangente au cercle en A est la perpendiculaire à (AΩ) passant par A, c’est donc l’ensemble des points M(x ; y) cc c c tels que AΩ . AM = 0 avec AΩ(−8 ; 6) et AM (x ; y). On obtient l’équation −8x + 6y = 0. Soit 4x − 3y = 0. • La tangente au cercle en B est la perpendiculaire à (BΩ) passant par B, c’est donc l’ensemble des points M(x ; y) cc c c tels que BΩ . BM = 0 avec BΩ(8 ; 6) et BM (x + 16 ; y). On obtient l’équation 8(x + 16) + 6y = 0. D’où 8x + 6y + 128 = 0, soit 4x + 3y + 64 = 0. • La tangente au cercle en C est la perpendiculaire à (CΩ) passant par C. On obtient l’équation 4x + 3y − 36 = 0. soit

1. L’inéquation x2 + y2 1 peut s’écrire : (x – 0)2 + (y − 0)2 12. L’ensemble cherché est l’ensemble des points M tels que OM 1, c’est donc le disque de centre O et de rayon 1. 2. L’inéquation (x – 3)2 + (y − 2)2 16 peut s’écrire (x – 3)2 + (y − 2)2 42. Si on note A le point de coordonnées A(3 ; 2), l’ensemble cherché est l’ensemble des points M tels que AM 4, c’est donc le disque de centre A et de rayon 4. 52

3. Les points M(x ; y) qui vérifient l’inéquation (x – 3)2 + (y − 2)2 16 sont tous les points qui ne sont pas solution de la question précédente. L’ensemble cherché est donc tout le plan privé du disque de centre A(3 ; 2) et de rayon 4. 1. Une équation du cercle de centre C(0 ; 3) 2 et de rayon 34 est (x − 0)2 +(y − 3)2 = 34 , soit x2 + (y − 3)2 = 34. En développant, on obtient x2 + y2 − 6y = 25, d’où le système. 53

{

y = x +1 x 2 + y 2 − 6y = 25 y = x +1 soit x 2 + (x + 1)2 − 6(x + 1) = 25 y = x +1 d’où . 2x 2 − 4x − 30 = 0 La seconde équation peut s’écrire x2 − 2x −15 = 0. Son discriminant est 64 et ses solutions sont x = −3 et x = 5. Les valeurs de y correspondantes sont y = −2 et y = 6. La droite et le cercle ont deux points d’intersection A(−3 ; −2) et B(5 ; 6). 2. On a

{ {

1. Graphiquement, on peut constater que la droite et le cercle ont deux points d’intersection : E(3 ; 1) et F(1 ; 3). 54

{

y = −x + 4 2x 2 − 8x + 6 = 0 La seconde équation peut s’écrire x2 − 4x + 3 = 0. Son discriminant est 4 et ses solutions sont x = 1 et x = 3. Les valeurs de y correspondantes sont y = 3 et y = 1. La droite et le cercle ont deux points d’intersection F(1 ; 3) et E(3 ; 1). cc cc c 55 MA . MB peut s’écrire AM . BM avec AM(x − 1 ; y − 2) d’où

c

et BM(x + 1 ; y − 4). c c MA . MB = (x − 1)(x + 1) + (y − 2)(y − 4) = x2 + y2 – 6y + 7. 2 2 1. x + y – 6y + 7 = 98, soit x2 + (y – 3)2 − 9 + 7 = 98 ou encore x2 + (y – 3)2 = 102. L’ensemble cherché est le cercle de centre C(0 ; 3) et de rayon 10. 2. x2 + y2 – 6y + 7 = −2, soit x2 + (y – 3)2 − 9 + 7 = −2 ou encore x2 + (y – 3)2 = 0. L’ensemble cherché est l’ensemble des points M tels que MC = 0, cet ensemble contient seulement le point C(0 ; 3). 3. x2 + y2 – 6y + 7 = −18, soit x2 + (y – 3)2 − 9 + 7 = −18 ou encore x2 + (y – 3)2 = −16. Le premier membre de cette équation est positif, le second négatif. L’équation n’a pas de solution, l’ensemble cherché est l’ensemble vide. Vrai : x2 + y2 – 4x + 2y = 0 peut s’écrire (x − 2)2 + (y + 1)2 = 5 et x2 + y2 – 4x + 2y = 13 peut s’écrire (x − 2)2 + (y + 1)2 = 18. Le centre commun est A(2 ; −1). 56

B 4 C

3

D

F

2

1

E A

0 0

1

2

3

4

5

2. La droite (AB) a pour équation y = −x + 4. Le cercle de centre C et passant par D a pour rayon CD = 2, son équation peut s’écrire (x − 3)2 +(y − 3)2 = 22. Soit x2 + y2 − 6x − 6y + 14 = 0. y = −x + 4 On obtient le système : 2 x + y 2 − 6x − 6y + 14 = 0 y = −x + 4 soit 2 x + (−x + 4)2 − 6x − 6(−x + 4) + 14 = 0

{

{

Vrai : x2 + y2 – 2ax + y = 0 peut s’écrire : 12 1 (x − a)2 − a2 + y + – = 0, 2 4 2 1 1 soit (x − a)2 + y + = a2 + . 2 4 1 C’est l’équation du cercle de centre A a ; – et de 2 1 rayon a2 + . 4 57

( ) ( )

(

)

58 D’après la formule d’Al Kashi, on a :  EF2 = DE2 + DF2 − 2DE × DF × cos D = 62 + 32 − 2 × 6 × 3 × cos 45° 2 . = 45 − 36 × 2 On obtient EF = 45 − 18 2 = 3 5 − 2 2, soit environ 4,42.  , soit : 59 On a NP2 = MN2 + MP2 − 2MN × MP × cos M

NP2 = 82 + 52 − 2 × 8 × 5 × cos 53°, = 89 − 80cos 53°. D’où NP ≈ 6,4.  =π− C  − B , soit A  = π – π – 2π . 60 On a A 6 3 Chapitre 9 Applications du produit scalaire

133

=π . Ainsi A 6 π 6 sin BC AC 6 = 6. = On a , soit BC = π sin Aˆ sin Bˆ sin 6  , soit : On a IN2 = IG2 + GN2 − 2IG × GN × cos G 2 2  10 = 2 + 2 – 2 × 2 × 2 × cos G .  = 3π .  = −4 = – 2 , d’où G On obtient cos G 4 2 4 2 11 7 RS RT 62 On a , soit . = = sin51° sin Sˆ sin T sinS 61

2

7 sin51° ≈ 0,4945. D’où S ≈ 30°. 11 On en déduit que R ≈ 180 − 51 − 30, soit R ≈ 99°.  , soit : 63 On a BC2 = AB2 +AC2 − 2AB × AC × cos A  , d’où 25 = 52 − 48cos A . 52 = 62 + 42 − 2 × 6 × 4 × cos A 27 9 =  ≈ 56°. On obtient cos A . D’où A = 48 16 c. c  = 6 × 4 × 9 = 27 . AB AC = AB × AC × cos A 16 2  , soit : 64 On a EF2 = DE2 +DF2 − 2DE × DF × cos EDF 2 2 2 EF = 8 + 5 − 2 × 8 × 5 × cos 74°, d’où EF = 89 − 80 cos74° ≈ 8,2 à 0,1 près.  , soit : On a DF2 = ED2 + EF2 − 2ED × EF × cos DEF , 52 ≈ 82 + 8,1822 − 2 × 8 × 8,182 × cos DEF 2 2 2  ≈ 8 + 8,182 − 5 ≈ 0,809 3 d’où cos DEF 2 × 8 × 8,182  ≈ 36,0°. et DEF  = 180 − EDF  − DEF  ≈ 70,0°. Alors DEF  , soit : 65 On a NP2 = MN2 + MP2 − 2MN × MP × cos MNP On obtient sin S =

NP2 = 102 + 62 − 2 × 10 × 6 × cos 110°. D’où NP = 136 − 120 cos110° ≈ 13,3 à 0,1 près.  , soit : On a MP2 = MN2 + NP2 − 2MN × NPcos MNP , 62 ≈ 102 + 13,32 − 2 × 10 × 13,3 × cos MNP 2 2 2  ≈ 10 + 13, 3 − 6 ≈ 0,905 6 d’où cos MNP 2 × 10 × 13, 3  ≈ 25,1°. et MNP  = 180 – NMP  – MNP  ≈ 44,9°. Alors MPN , 66 On a BC2 = AB2 +AC2 − 2AB × AC × cos BAC soit BC2 = 32 + 52 − 2 × 3 × 5 × cos 45°, d’où BC = 34 − 30 cos 45° = 34 − 15 2 ≈ 3,576 à 0,001 près.  , soit : On a AC2 = AB2 + BC2 − 2AB × BC × cos ABC 2 2  5² ≈ 3 + 3,576 − 2 × 3 × 3,576 × cos ABC , 2 2 2  ≈ 3 + 3, 576 − 5 ≈ −0,149 7 d’où cos ABC 2 × 3 × 3, 576  ≈ 98,6°. et ABC  = 180 − ABC  − BAC  ≈ 36,4°. Alors ACB

c

c

c

On a AB(−3 ; 3), AC(−5 ; −3), BC(−2 ; −6). 1. AB = (−3)2 + 32 = 3 2 ; c AC = (−5)2 + (−3)2 = 34 ; c BC = (−2)2 + (−6)2 = 2 10 . 68

c

134

c c 2. AB . AC = (−3) × (−5) + 3 × (−3) = 6 ; c. c BC BA = (−2) × 3 + (− 6) × (−3) = 12 ; c.c CA CB = 5 × 2 + 3 × 6 = 28. c c , 3. AB . AC = AB × AC × cos A 1 6   ≈ 76°. = d’où cos A = et A 17 3 2 × 34 c c , CA . CB = CA × CB × cos C 28 7 =  ≈ 41°. = d’où cos C et C 34 × 2 10 85  , soit AH = 3 2 ≈ 1,03. 4. AH = AB × cos A 17  , soit CH = 2 10 × 7 = 14 2 ≈ 4,80. CH = CB × cos C 17 85 c c c 69 On a AB(−8 ; 6), AC(8 ; −3), BC(16 ; −9). c c 1. AB = (−3)2 + 32 = 10 ; AC = 82 + (−3)2 = 73. c

BC = 162 + (−9)2 = 337 . c c cc c c 2. AB . AC = −82 ; BC . BA = 182 ; CA . CB = 155. c. c  , d’où cos A  ≈ −0,960 3. AB AC = AB × AC × cos A  ≈ 164°. et A c.c  , d’où cos C  ≈ 0,988 et CA CB = CA × CB × cos C  C ≈ 9°.  , soit AH ≈ 9,59. 4. AH = AB × cos A  CH = CB × cos C , soit CH ≈ 18,14.  , d’où 70 1. Dans ABH rectangle en H, BH = AB × sin A 1 1 . S = AC × BH, soit S = AC × AB × sin A 2 2  comme 2. Dans ABH rectangle en H, BH = AB × sin HAB   les angles HAB et BAC sont supplémentaires, on a  = sin BAC  . Ainsi, BH = AB × sin HAB  , soit sin HAB  BH = AB × sin A . 1 1 . On obtient S = AC × BH, soit S = AC × AB × sin A 2 2 3. Les autres égalités s’obtiennent par permutation circulaire des points A, B et C. 1. • Dans ABE, on a :  , soit : AE2 = AB2 + BE2 − 2AB × BE × cos ABE 2 + 3502 − 347, 42 499, 4 ≈ cos ABE ≈ 0,718 6 2 × 499, 4 × 350  ≈ 44,06°. et ABE , • Dans CBE, on a CE2 = CB2 + BE2 − 2CB × BE × cos CBE soit : 2 2 2  ≈ 499, 4 + 225, 2 − 445, 8 ≈ 0,450 7 cos CBE 2 × 499, 4 × 225, 2  ≈ 63,21°. et CBE  ≈ 44,06° + 63,21° ≈ 107,27°. • Ainsi ABC • Dans ABC, on a : , AC2 = AB2 + BC2 − 2AB × BC × cos ABC 2 2 2 soit AC ≈ 350 + 225,2 − 2 × 350 × 225,2 × cos 107,27°, soit AC2 ≈ 22 014. Ainsi, BC ≈ 469,1. 2. D’après la formule de l’exercice 70 : l’aire du triangle ABE est : 71

1  BA × BE × sin ABE 2 1 ≈ × 350 × 499,4 × sin 44,06° ≈ 60 775,5. 2 L’aire du triangle CBE est : 1  S2 = CB × CE × sin CBE 2 1 ≈ × 225,2 × 499,4 × sin 63,21° ≈ 50 196,7. 2 L’aire du terrain est S = S1 + S2 ≈ 60 775,5 + 50 196,7, soit S ≈ 110 972 m2. Le propriétaire a dû faire une erreur d’unité en relevant la surface sur le cadastre : la surface est environ 111 000 m2, soit 1 110 ares. S1 =

72 Dans le triangle ACD, on a :  AD2 = AC2 + CD2 − 2AC × CD × cos ACD 1 2 1 π 2 a – 2 × a × a × cos =a + 4 4 3 17 2 1 2 13 2 = a – a = a . 16 4 16 13 D’où AD = a. 4

( )

C

Dans le triangle rectangle ABD, on a BD2 = AB2 + AD2, soit BD2 = a2 + (3a)2, d’où BD = 10a. Dans le triangle rectangle ACD, on a CD2 = AC2 + AD2, soit CD2 = (3a)2 + (3a)2, d’où CD = 3 2. Dans le triangle BCD, on a : , BC2 = BD2 + CD2 − 2BD × CD × cos BDC 2 2 2 soit (2a) = ( 10a ) + (3 2a ) – 2 10a × 3 2a × cos θ, d’où 4a2 = 10a2 + 18a2 − 12 a2 × cos θ. 24a2 2 2 5 = = Ainsi, cos θ = . 5 12 5a2 5 4 On a cos2 θ + sin2 θ = 1, donc sin2 θ = 1 − . 5 θ étant un angle aigu, sin θ 0. 1 5 On obtient sin θ = soit sin θ = . 5 5 π = . 79 1. Par construction, on a CBK 4 π 3π  =π–θ– = Ainsi BKC – θ. 4 4 BK BC a × sinθ , soit BK = . 2. On a =  sinK 3π sinC sin −θ 4  = π et DCF  = π – θ. 3. Par construction, on a CDE 4 2  = π – π – θ − π = π + θ. Ainsi CFD 2 4 4 π x × sin − θ 2 DF DC On a , soit DF = . = π   sinC sinF sin + θ 4 π – θ = cos θ 4. On a sin 2 3π π π −θ . + θ = sin + θ = sin π − et sin 4 4 4 78

D

A

 = 180° − 49°, soit 76 • Dans le triangle ABS, on a ABS  = 131°. On en déduit que ASB  = 19°. ABS BS AB 100 × sin30° = soit BS = .  sinS sin19° sinA Ainsi BS ≈ 153,58 m. • Dans le triangle BSH rectangle en H, on a : 100 × sin30° × sin 49° . SH = BS sin 49°, soit SH = sin19° Ainsi SH ≈ 116 m. 1 77 I milieu de [AB], donc AI = AB, soit AI = 2a. Ainsi, 2 le triangle AID est isocèle rectangle. On en déduit que AD = 2 × AI, soit AD = 2 2 a, et =π. que DAI 4   + IAC  = π + π = 3π . DAC = DAI Alors 4 2 4 Dans le triangle ACD, on a :  , soit CD2 = AC2 + AD2 − 2AC × AD × cos DAC 2 3π CD2 = (3a)2 + (2 2a ) − 2 × 3a × 2 2 a × cos 4 ⎛ 2⎞ = 9a2 + 8a2 − 12 2 a2 × ⎜ – ⎟ = 29a2. ⎝ 2 ⎠ D’où CD = 29a .

B

 = 105°. 74 Dans le triangle ABC, on a B 800 sin33° BC AC , soit BC = . = sin105°  sinB sinA Ainsi BC ≈ 451 m. Dans le triangle BCH rectangle en H, on a BH = BC × sin 42°, soit BH ≈ 302 m. La bouée est à distance réglementaire.  = 180 − 45, soit 75 1. Dans le triangle ABC, on a ABC  = 135°. On en déduit que ACB  = 15°. ABC BC AB sin30° , soit BC = . Ainsi BC ≈ 1,932 km. =   sinC sin15° sinA Remarque : En utilisant la valeur exacte de π (voir exercice 16 p. 224), on obtient sin 15° = sin 12 6+ 2 BC = . 2 2. Dans le triangle BCH rectangle en H, on a : sin30° × sin 45° CH = BC sin 45° = sin15° CH ≈ 1,366 km. Remarque : En utilisant la valeur exacte de π sin 15° = sin (voir exercice 16 p 224), on obtient 12 3 +1 CH = . 2

(

( )

)

( ) ( )

( ) ( ) ( ( )) (

)


135

x × cos θ . 3π sin −θ 4 BK a × sinθ = Dans ces conditions, DF x × cos θ BK a soit = × tanθ . DF x Notons H le point d’intersection des droites (AE) et (CK).  + CAE  + π = π et dans Dans le triangle CEA, on a CEA 2  + θ + π = π. le triangle CEH, on a CEH 2  =θ.  = CEH  , on en déduit que CAE Comme CEA CE soit Dans le triangle rectangle ACE, on a tanθ = CA x BK a x BK = × d’où = 1. tanθ = . Alors, a DF x a DF On obtient BK = DF. Il est d’autre part facile de montrer que DFKL est un parallélogramme, on a donc DF = KL. Finalement, on a bien KL = KB. Donc DF =

(

)

80 Vrai. Les réels a, b et c sont non nuls, sinon deux des points parmi A, B et C sont confondus, alors ABC n’est pas un triangle. a b c Dans ces conditions, la relation = =  sinB sinC  sinA  sinB sinC  sinA peut aussi s’écrire . = = a b c    Ce qui équivaut à abc sinA = abc sinB = abc sinC , a b c on obtient l’égalité cherchée :  = ac sin B = ab sin C . bc sin A

Faux. Les réels a, b et c sont non nuls, sinon deux des points parmi A, B et C sont confondus, alors ABC n’est pas un triangle.  Dans ces conditions, la relation c2 = a2 + b2 − 2ab cos C 2 2 2  = a + b − c et non pas peut aussi s’écrire cos C 2ab 2 − a 2 − b2 c = cos C . 2ab π π 4π 3π 7π 82 , on a : + = + = 3 4 12 12 12 7π π π π π π π cos = cos + = cos cos – sin sin 12 3 4 3 4 3 4 81

(

)

1 2 3 2 2– 6 – × = = × . 2 2 2 4 2 De même, on a : 7π π π π π π π sin = sin + = sin cos – sin cos 12 3 4 3 4 4 3 3 2 2 1 6+ 2 = . × + × = 2 2 2 4 2 3π π π 2 83 1. cos = cos π – = –cos = – . 2 4 4 4 3π π π 2 . De même, sin = sin π – = sin = 2 4 4 4 3π 3π 3π = cos 2 × = 2cos2 – 1. 2. • On a cos 8 4 8

(

)

( ) ( ) ( )

136

3π 3π 2 2– 2 = 1 + cos =1− = , 4 8 2 2 3π 2 – 2 = soit cos2 = . 8 4 3π ⎡ π⎤ 3π Comme 8 ∈ ⎢0 ; 2 ⎥ , on a cos 0, on obtient 8 ⎣ ⎦

D’où 2cos2

3π = 2− 2 = 2− 2 . 8 2 4 3π 3π 3π . • On a cos = cos 2 × = 1– 2sin2 4 8 8 3π 3π 2 2+ 2 D’où 2sin2 = 1 – cos , = 1+ = 8 2 2 4 3π 2 + 2 = . soit sin2 = 4 8 3π ⎡ π⎤ 3π 0, Comme 8 ∈ ⎢0 ; 2 ⎥ , on a sin 8 ⎣ ⎦ cos

(

)

3π 2+ 2 2+ 2 . = = 4 2 8 π π 84 1. A = cos x cos + sin x sin 4 4 π π + cos x cos − sin x sin 6 6 1 2 2 3 A= cos x + sin x + cos x − sin x, 2 2 2 2 2+ 3 2 −1 cos x + sin x. soit A = 2 2 π π π π 2. B = sin x cos − sin cos x + sin x cos + sin cos x 6 6 6 6 π 3 B = 2sin x cos , d’où B = 2sin x , soit B = 3sin x. 6 2 π π 3. C = 2 cos x cos – sin x sin 6 6 π π – 3 sin x cos – sin cos x 3 3 1 3⎞ ⎛ 3 ⎛1 ⎞ C=2⎜ cos x – sin x ⎟ – 3 ⎜ sin x – cos x ⎟ , 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎝2 ⎠ 5 3 5 cos x – sin x . soit C = 2 2 86 D’après les formules de duplication : sin(2a) = 2sina cosa = 2 × 0,6 × 0,8 = 0,96. cos(2a) = 2cos2a − 1 = 2× 0,82 – 1 = 0,28. 5 −12 120 × =− sin(2b) = 2 sinb cosb = 2 × . 13 13 169 25 119 . cos(2b) = 1 − 2sin2b = 1 – 2 × = 169 169 87 1. On a : 2π 4π • cos θ + cos θ + + cos θ + 3 3 2π 2π = cos θ + cos θ cos − sin θ sin 3 3 4π 4π + cosθ cos − sinθ sin 3 3 3 1 1 = cos θ + cos θ × − – sinθ × + cosθ × − 2 2 2 ⎛ 3⎞ – sin θ × ⎜ – ⎟ ⎝ 2 ⎠ 3 3 = cos θ − cos θ − sin θ × + sin θ × = 0. 2 2 on obtient sin

(

(

(

)

( )

(

)

)

)

( )

(

)

(

)

2π 4π + sin θ + 3 3 4π 2π 2π = sin θ + sin θ cos + sin cos θ + sin θ cos 3 3 3 4π + sin cos θ 3 3 1 = sin θ + sin θ × − + × cos θ + sin θ 2 2 3 1 × cos θ × − + 2 2 • sin θ + sin θ +

( )

( )

3 3 × cos θ − × cos θ = 0. = sin θ − sin θ + 2 2 88 1. A = cos(3x)sin(2x) + sin(3x)cos(2x) = sin(3x + 2x) = sin(5x). 3 1 sin x 2. B = cos x − 2 2 π π π . = cos cos x − sin sin x = cos x + 3 3 3 2 2 2 (cos x + sin x) = cos x + sin x 3. C = 2 2 2 π π π . = sin 4 cosx + sin x cos 4 = sin x + 4 π π π 89 1. cos x + = cos x cos 4 − sin x sin 4 4 2 2 = cos x − sin x 2 2 π π = cos x sin 4 − sin x cos 4 π = sin –x . 4 ⎛ π π π⎞ 2. cos ⎜ x – ⎟ = cos x cos + sin x sin 6 6 6⎠ ⎝ 3 1 = cos x + sin x 2 2 π π π = cos x sin + sin x cos = sin x + . 3 3 3 90 1. cos (3x) = cos(2x + x) = cos(2x) cosx − sin (2x) sin x cos (3x) = (2cos2x − 1) cos x − (2sin x cos x) sin x cos (3x) = 2cos3x − cos x − 2sin2 x cos x cos (3x) = 2cos3x − cos x − 2(1 − cos2 x) cos x cos (3x) = 2cos3x − cos x − 2cos x + 2cos3 x cos (3x) = 4cos3x − 3cos x. 2. Les égalités suivantes sont équivalentes : cos (3x) = 0 4cos3 x − 3cos x = 0 cos x(4cos2x − 3) = 0 2 cos x((2cos x)2 − 3 ) = 0 cos x(2cos x − 3 )(2cos x + 3 ) = 0 cos x = 0 ou 2cos x − 3 = 0 ou 2cos x + 3 = 0 3 3 ou cos x = − . cos x = 0 ou cos x = 2 2 π π π On obtient x = 2 ou x = – 2 ou x = 6 ou π 5π 5π x = – 6 ou x = ou x = – . 6 6

( )

( )

( )

( )

( )

91

1. A + B = cos2

()

() ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3π π π + sin2 + cos2 8 8 8 3π 5π 5π + sin2 + cos2 + sin2 8 8 8 + cos2

7π 7π + sin2 8 8

A + B = 1 + 1 + 1 + 1, soit A + B = 4. 3π 3π π π A − B = cos2 – sin2 + cos2 – sin2 8 8 8 8 7π 7π 5π 5π + cos2 – sin2 + cos2 – sin2 8 8 8 8 π 3π A − B = cos 2 × 8 + cos 2 × 8 5π 7π + cos 2 × 8 + cos 2 × 8 3π 5π 7π π A − B = cos + cos + cos + cos , 4 4 4 4 2 2 ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ + ⎜– ⎟ + ⎜– ⎟ + donc soit A − B = 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ A − B = 0. A+B = 4 2. On a le système . On obtient A = 2 et A−B = 0 B = 2. π π π 92 8sin × A = 2sin × cos 9 9 9 2π 4π × 2cos × 2cos 9 9 2π 2π 4π = sin × 2cos × 2cos 9 9 9 4π 4π = sin × 2cos 9 9 π 8π π = sin soit 8sin × A = sin π – 9 9 9 π π d'où 8sin × A = sin . 9 9 1 On obtient 8A = 1, soit A = . 8 93 1. cos(4x) = cos(2 × 2x) = 2cos2(2x) − 1 cos(4x) = 2(2cos2x − 1)2 − 1 cos(4x) = 2(4cos4x − 2 × 2cos2x × 1 + 1) − 1 cos(4x) = 8cos4x − 8cos2x + 1. 2. D’après la question 1, on a : π π π cos 4 × = 8cos4 − 8cos2 + 1. 12 12 12 π π π On en déduit que 8cos4 − 8cos2 = cos −1, 3 12 12 1 π π soit 8cos4 − 8cos2 = – . 2 12 12 1 π π Ainsi cos4 − cos2 = – . 16 12 12 94 Faux, l’égalité est vraie pour x = 0 : sin(2 × 0) = 0 et 2 × sin0 = 0.

() () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

{

()

()

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () () ()

(

95

() ( ) ( )

( )

( )

)

Vrai, cos4x − sin4x = (cos2x − sin2x)(cos2x + sin2x) = (cos2x − sin2x) × 1 = cos(2x). Chapitre 9 Applications du produit scalaire

137

96

Vrai,

2⎛ 2 π π⎞ π cos + ⎜cos + sin ⎟ = 2 ⎝ 5 5⎠ 2 5 π π = cos cos 4 5 π π = cos – 4 5

(

97

Faux,

(

)

2 π sin 2 5 π π + sin sin 4 5 π = cos 20

)

π 2 π π 2 π 2 sin cos + sin = cos + 5 2 2 2 5 5 5 π π π π = sin cos + cos sin 4 5 4 5 π π = sin + 4 5 9π = sin 20

(

)

1. Un point M(x ; y) appartient à la hauteur issue cc c de A si, et seulement si, AM . BC = 0 avec AM(x + 2 ; y) c et BC(2 ; −6). On obtient x − 3y + 2 = 0. 2. Une erreur s’est glissée dans l’énoncé, la hauteur issue de B a pour équation −3x + y + 2 = 0. L’orthocentre R est l’intersection des hauteurs issues de A et B. Ses coordonnées sont solution du système : x − 3y + 2 = 0 . On obtient le point R (1 ; 1). −3x + y + 2 = 0 1 3. L’aire du triangle est S = AC × BH, 2 avec AC = (4 + 2)2 + (−2)2 = 2 10 8 10 et BH = (2 − 0, 4)2 + (4 + 0, 8)2 = . 5 On obtient S = 16. 98

D’où CD = 21 .  , soit : • On a BD2 = BC2 + CD2 − 2BC × CD × cos BCD 2 2 2 , 4 = 5 + ( 21) − 2 × 5 × 21 × cos BCD 2 + 212 − 42 5 21 = d’où cos BCD . = 7 2 × 5 × 21   On obtient BCD ≈ 49,1°. Alors BDC ≈ 70,9°.  = 90° − 60° = 30°, 2. CBE  = 180° − 45° − 30° = 105°. alors BCE BC BE CE = = On a  sinB sinE sinC 5 BE CE soit . = = sin105° sin 45° sin30° 5sin 45° 5sin30° Ainsi BE = ≈ 3,66 et CE = ≈ 2,59. sin105° sin105°

POUR FAIRE LE POINT 1 A ; 5 D ; 9 B et C ;

{

1. Soit I le milieu de [AC], on a I(1 ; −1). Un point M(x ; y) appartient à la médiatrice du segment cc c [AC] si, et seulement si, IM . AC = 0 avec IM(x − 1 ; y + 1) c et AC(6 ; −2). On obtient 3x − y − 4 = 0 ou y = 3x − 4. 2. Le centre du cercle circonscrit est l’intersection des médiatrice des segments [AC] et [AB]. y = 3x − 4 Ses coordonnées sont solution du système : . y = −x + 2 On obtient le point E(1,5 ; 0,5). 3. Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour centre E(1,5 ; 0,5) et pour rayon : 5 2 AE = (1, 5 + 2)2 + (0, 5)2 = . 2 Son équation peut s’écrire (x − 1,5)2 + (y − 0,5)2 = 12,5 ou x2 + y2 − 3x − y − 10 = 0. 4. Un point M(x ; y) appartient à la tangente en C c c au cercle si, et seulement si, CM . CE = 0 avec c c CM (x − 4 ; y + 2) et CE (−2,5 ; 2,5). On obtient −2,5x + 2,5y + 15 = 0 que l’on peut écrire −x + y + 6 = 0 ou y = x − 6. , 100 1. • On a CD2 = BC2 + BD2 − 2BC × BD × cos CBD soit CD2 = 52 + 42 − 2 × 5 × 4 × cos 60° 1 = 25 + 16 − 40 × . 2 99

{

138

2 B et D ; 6 A et C ; 10 B.

3 B et C ; 7 D ;

4 A et D ; 8 B et D ;

POUR APPROFONDIR 101 1. Hauteur issue de A : x − y + 4 = 0 ou y = x + 4. Hauteur issue de B : 5x + 7y − 44 = 0. Hauteur issue de C : 5x + y − 12 = 0 ou y = −5x + 12. Orthocentre : les coordonnées sont solution du système y= x+4 4 16 . On obtient H . ; y = −5x + 12 3 3 2. Médiatrice de [BC] : x − y + 1 = 0 ou y = x + 1. Médiatrice de [AC] : 5x + 7y − 17 = 0. Médiatrice de [AB] : 5x + y − 6 = 0 ou y = −5x + 6. Centre du cercle circonscrit : les coordonnées sont y = x +1 solution du système . y = −5x + 6 5 11 On obtient Ω 6 ; 6 .

{

(

(

)

{ )

( ) ( )

7 9 , médiane issue de A ; 2 2 (droite (AI)) : 3x −5y + 12 = 0. 3 7 J milieu de [AC] : J − ; , médiane issue de B (droite 2 2 (BJ)) : x + 5y − 16 = 0. K milieu de [AB] : K(1 ; 1), médiane issue de C (droite (CK)) : x = 1. Isobarycentre du triangle : les coordonnées sont 3x − 5y + 12 = 0 solution du système . x =1 On obtient G (1 ; 3). 3. I milieu de [BC] : I

{

( c ) cc(

)

c 1

7 1 7 c c et ΩG ainsi, ΩH = 3ΩG. ; ; 2 2 6 6 Les vecteurs ΩH et ΩG sont colinéaires, les points Ω, G et H sont alignés. 3. On a ΩH

1. a. Un vecteur directeur de (d) est c n (−2 ; 1). Soit Δ la perpendiculaire à (d) passant par K. c M(x ; y) appartient à Δ si, et seulement si, KM . c n=0 c avec KM(x − α ; y). On obtient −2(x − α) + 1 × y = 0 soit y = 2x − 2α. b. K’ est le point d’intersection des droites (d) et Δ. Ses coordonnées sont solution du système : x + 2y − 8 = 0 . On obtient K’ 4α + 8 ; −2a + 16 . y = 2x − 2α 5 5 c. La distance de K à (d) est KK’. On a : 2 4α + 8 −2α + 16 2 KK’ = −α + 5 5 102

{

(

=

( (

−α + 8 5

)

) ( ) ) ( ) 2

+

−2α + 16 5

2

5α2 − 80α + 320 25 (α − 8)2 α2 − 16α + 64 = . = 5 5 α−8 . Ainsi, la distance de K à (d) est 5 2. a. On cherche le point K tel que OK = KK’, α−8 . soit α = 5 α−8 Si α 8, l’équation devient α = . 5 8 On obtient α = qui est une valeur négative, ce 1− 5 qui est impossible. 8−α . Si α 8, l’équation devient α = 5 8 =2 5 − 2 qui est une valeur On obtient α = 1+ 5 comprise entre 0 et 8, donc c’est une solution. Finalement, l’équation possède une solution unique α = 2 5 − 2 . Donc K(2 5 – 2 ; 0) est l’unique point équidistant de (d) et (yy’). 4  = OE = b. cos OEK . EK α2 + 16 Comme α = 2 5 – 2, 4 2 = cos OEK = 2 10 − 2 5 (2 5 − 2) + 16 =

→

= cos KEF

→

EK  EF c avec EK (α ; − 4), EK × EF

c

EK = α2 + 16, EF(8 ; − 4) et EF = 4 5. 8α + 16 = Ainsi cos KEF . α2 + 16 × 4 5 Comme α = 2 5 – 2, 8 (2 5 − 2) + 16 2 = . = cos KEF 2 10 − 2 5 2 5 − 2 + 16 × 4 5 ( )

.  = cos KEF On a cos OEK Ce résultat était prévisible car K étant équidistant des droites (OE) et (EK’), c’est un point de la bissectrice de . l’angle OEK’ 103 Le cercle de diamètre [MN] a pour équation : x2+ y2 − 12x − 12y + 56 = 0, soit (x − 6)2 + (y − 6)2 = 16. Le cercle de centre P a pour équation (x − 1)2 + (y − 1)2 = 26 soit x2 + y2 − 2x − 2y – 24 = 0. Les coordonnées des points d’intersection sont solution (1) ⎧ x 2 + y 2 − 2x − 2y − 24 = 0 du système : ⎨ 2 ⎩ x + y 2 − 12x − 12y + 56 = 0 (2) En calculant (1) − (2), on obtient 10x + 10y = 80, soit y = 8 − x. En substituant cette valeur dans l’équation (1), on obtient : 2x2 − 16x + 24 = 0, soit x2 − 8x + 12 = 0. Cette équation possède deux solutions : x = 2 et x = 6. Les deux cercles ont deux points d’intersection : M(2 ; 6) et L(6 ; 2). 104 1. x2 + y2 – 2mx + 4my + 4m2 + 4m – 3 = 0 équivaut à (x – m)2 − m2 + (y + 2m)2 − 4m2 + 4m2 + 4m – 3 = 0 soit (x – m)2 + (y + 2m)2 = m2 − 4m + 3. Cette équation est celle d’un cercle (non réduit à un point) si, et seulement si, m2 − 4m + 3 0. En résolvant cette inéquation, on obtient m 1 ou m 3. 2. D’après les résultats précédents, les coordonnées de Ωm sont Ωm(m ; −2m). Ces coordonnées sont telles que y = −2x. L’ensemble cherché est la droite d’équation y = −2x. 105 1. Le cercle cherché est le cercle circonscrit au triangle ABC. La médiatrice de [AB] a pour équation y = x, la médiatrice de [AC] a pour équation x = 1. Centre du cercle circonscrit : les coordonnées sont y=x solution du système , on obtient Ω(1 ; 1). y =1 Rayon du cercle circonscrit : R = ΩA = 10 . Équation du cercle circonscrit : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 10. 2. a. Les coordonnées de D vérifient l’équation du cercle, donc D appartient au cercle. b. Équation de (AB) : x + y − 4 = 0 ou y = −x + 4. Un vecteur directeur de (AB) est c n1(−1 ; 1). Soit Δ1 la perpendiculaire à (AB) passant par D. cc M(x ; y) appartient à Δ1 si, et seulement si, DM . n 1=0 c avec DM(x − 2 ; y − 4). On obtient x − y + 2 = 0 ou y = x + 2. E est le point d’intersection des droites (AB) et Δ1. Ses coordonnées sont les solutions du système y = −x + 4 . On obtient E(1 ; 3). y = x+2

{

{


139

• Équation de (BC) : 2x − y + 4 = 0 ou y = 2x + 4. Un vecteur directeur de (BC) est c n2(1 ; 2). Soit Δ2 la perpendiculaire à (BC) passant par D. c n2 = 0. M(x ; y) appartient à Δ2 si, et seulement si, DM . c On obtient x + 2y − 10 = 0. F est le point d’intersection des droites (BC) et Δ2. Ses coordonnées sont solution du système : y = 2x + 4 . On obtient F(0,4 ; 4,8). x + 2y − 10 = 0 • Équation de (AC) : y = 0, c’est l’axe des abscisses. Δ3 la perpendiculaire à (AC) passant par D a donc pour équation x = 2. Le point d’intersection des droites (AC) et Δ3 est le point G(2 ; 0). c c 3. On a EF(−0,6 ; 1,8) et EG(1 ; −3). Ces deux vecteurs sont colinéaires, les points E, F et G sont alignés.

{

106 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice106.ggb (Geogebra), 09S_exercice106.g2w (Geoplan) et 09S_exercice106.fig (Cabri). 1. a. L’équation de la tangente est : y = f ’(a)(x − a) + f (a) avec f (a) = a2 et f ’ (a) = 2a, soit y = 2ax − a2. b. L’équation de la tangente peut s’écrire : c −2ax + y + a2 = 0, un vecteur normal est donc n(−2a ; 1). 2. a. Comme le repère est (O ; I ; J), on a OJ = 1 soit c c =1. OJ = 1. On a aussi u On peut écrire : c cc n.c u = c n.c u cos(n, u) c c c c . = n OJ cos(OJ, c n ) = OJ . c n. c 2 b. u =1 équivaut à α + β2 = 1, soit α2 + β2 = 1. c. c c OJ n = 0 × (−2a) + 1 × 1, soit OJ . c n = 1. c c c n . u = (−2a) × α + 1 × β, soit n . c u = −2aα + β. c. c c . c OJ n = n u équivaut à 1 = −2aα + β, soit −2aα + β − 1 = 0. D’où le système. x 2 + (2ax + 1)2 = 1 x2 + y2 = 1 équivaut à c. y = 2ax + 1 −2ax + y − 1 = 0

{

{

{

(4a2 + 1)x 2 + 4ax = 0 y = 2ax + 1 Les solutions de la première équation sont : −4a . x = 0 ou x = 4a2 + 1 Les valeurs de y correspondantes sont : −4a2 + 1 . y = 1 ou y = 4a2 + 1 On obtient deux solutions : −4a −4a2 + 1⎞ (0 ; 1) ou ⎛⎜ 2 . ; ⎝ 4a + 1 4a2 + 1 ⎟⎠ 3. a. Si c u est un vecteur directeur, l’équation de (d’) est 1− 4a2 −4a x− y+c =0. de la forme 1+ 4a2 1+ 4a2 soit

140

Les coordonnées de A vérifient l’équation, on a : −a 1− 4a2 −4a 2 . a− a + c = 0 d’où c = 1+ 4a2 1+ 4a2 1+ 4a2 On obtient l’équation : 1− 4a2 −4a −a x− y+ =0 1+ 4a2 1+ 4a2 1+ 4a2 soit (1 – 4a)2x + 4ay – a = 0. 4a2 − 1 1 On obtient y = x+ . 4a 4 1 b. Quelle que soit la valeur de a, si x = 0 on a y = . 4 L’intersection de la droite avec l’axe (y’y) est le point 1 F 0; . 4 Remarque : Il peut être pertinent de traiter cet exercice à l’aide d’un logiciel de calcul formel.

( )

1. x2+ y2+ 4x − 10y + 4 = 0 peut s’écrire : (x + 2)2 + (y − 5)2 = 25, c’est l’équation du cercle de centre I(−2 ; 5) et de rayon 5. x2 + y2− 6x − 5y + 9 = 0 peut s’écrire : 5 2 25 = , c’est l’équation du cercle de (x − 3)2 + y – 2 4 5 5 et de rayon . centre D 3 ; 2 2 2. Les points d’intersection du cercle Ꮿ et de l’axe des abscisses ont leurs coordonnées qui vérifient l’équation x2+ 02+ 4x − 10 × 0 + 4 = 0 soit (x + 2)2 = 0. On obtient une seule solution x = −2, donc un seul point d’intersection : E(−2 ; 0). On peut vérifier que la tangente au cercle Ꮿ en E(−2 ; 0) est l’axe des abscisse. Les points d’intersection du cercle Ꮿ’ et de l’axe des abscisses ont leurs coordonnées qui vérifient l’équation : x2 + 02 − 6x − 5 × 0 + 9 = 0 soit (x − 3)2 = 0. On obtient une seule solution x = 3, donc un seul point d’intersection : F(3 ; 0). On peut vérifier que la tangente au cercle Ꮿ en F(3 ; 0) est l’axe des abscisse. 3. Les coordonnées des points d’intersection des deux cercles Ꮿ et Ꮿ’ sont les solutions du système : ⎧ x 2 + y 2 + 4x − 10y + 4 = 0 (1) ⎨ 2 ⎩ x + y 2 − 6x − 5y + 9 = 0 (2) En calculant (1) − (2), on obtient 10x − 5y −5 = 0, soit y = 2x − 1. En substituant cette valeur dans l’équation (1), on obtient : 5x2 − 20x + 15 = 0, soit x2 − 4x + 3 = 0. On obtient deux solutions : x = 1 et x = 3, les valeurs de y correspondantes sont y = 1 et y = 5. Les deux cercles ont deux points d’intersection : A(1 ; 1) et B(3 ; 5). 4. a. L’équation d’un cercle passant par A et B peut s’écrire (x − a)2 + (y − b)2 = R2. 107

( ) ( )

Ce cercle passant par A et B, on a : (1 − a)2 + (1 − b)2 = R2 et (3 − a)2 + (5 − b)2 = R2. On en déduit que (1 − a)2 + (1 − b)2 = (3 − a)2 + (5 − b)2. En développant et en simplifiant, on obtient : a + 2b − 8 = 0. b. D’après la question précédente, on peut écrire : 1 b = 4 − a. 2 D’autre part, R2 = ΩA2 soit R2 = (a − 1)2 + (b − 1)2. L’équation du cercle peut alors s’écrire : 2 1 2 1 (x − a)2 + y – 4 + a = (a − 1)2 + 4 – a – 1 . 2 2 En développant et en simplifiant, on obtient : x2 + y2 − 2ax + (a − 8)y + a + 6 = 0. Si le cercle coupe l’axe des abscisses, les coordonnées des points d’intersection vérifient l’équation : x2 + 02 − 2ax + (a − 8) × 0 + a + 6 = 0, 2 soit x − 2ax + a + 6 = 0. Pour que le cercle coupe l’axe des abscisses, il faut que l’équation x2 − 2ax + a + 6 = 0 ait des solutions. Pour cela il faut que son discriminant soit positif, c'està-dire (−2a)2 − 4 × 1 × (a + 6) 0. On obtient l’inéquation 4a2 − 4a − 24 0 ou a2 − a − 6 0. En résolvant cette inéquation, on en déduit qu’il faut a −2 ou a 3. Remarque : Il peut être pertinent de traiter cet exercice à l’aide d’un logiciel de calcul formel. Il peut aussi être intéressant de représenter la figure à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique.

(

)

(

)

10 8 6 B C 4

Ω D

2 E –6

–4

–2

A

0 0

F 2

4

6

8

108 Soient H1, H2 et H3 les projetés orthogonaux de M respectivement sur (AB), (AC) et (BC). Aire(MAB) Aire(MAC) Aire(MBC) On veut , = = AB2 AC2 BC2 1 1 1 MH1  AB MH2  AC MH3  BC 2 2 soit 2 . = = 2 2 AB AC BC2 MH1 MH2 MH3 . En simplifiant, on obtient = = AB AC BC

C

H3 M

H2

A

H1

B

Remarque : On peut commencer par utiliser un logiciel de géométrie dynamique pour représenter la situation et chercher expérimentalement la position du point M. On peut alors constater que M est sur la hauteur AH issue de A dans le triangle ABC. En regardant plus précisément on peut même constater que M est le milieu de [AH]. • Commençons par montrer que M est sur la hauteur issue de A : c. c c c . c c AM BC = (AH1 + AH2) (AC – AB) = 0 − AH1 × AB + AH2 × AC − 0. Comme AH1MH2 est un rectangle, MH1 = MH2 peut AB AC AH2 AH1 aussi s’écrire . = AB AC cc Ainsi AH1 × AB = AH2 × AC, on en déduit que AM . BC = 0. Donc M est sur la hauteur issue de A. • Montrons que AM = MH, donc que M milieu de [AH]. On peut écrire : AB × MH3 AC × MH3 MH1 = et MH2 = . BC BC 2 2 2 Alors AM = MH1 + MH2 AB2 × MH32 AC2 × MH32 = + BC2 BC2 2 2 AB + AC 2 = × MH3 BC2 Comme le triangle ABC est rectangle en A, on en déduit 2 2 que AB + 2AC = 1, donc que AM2 = MH32. BC On obtient AM = MH3, M étant sur la hauteur issue de A, les points H et H3 sont confondus, donc M milieu de [AH]. 109 1. Dans un parallélogramme, deux angles  a pour consécutifs sont complémentaires. Ainsi, si A  mesure θ, la mesure de B est π − θ :  + cos B = cos θ + cos (π − θ) = 0. cos A 2. Dans le triangle ABC, on a : AC2 = AB2 + BC2 − 2AB × BC × cos B . Dans le triangle ABD, on a : . BD2 = AB2 + AD2 − 2AB × AD × cos A


141

D’où AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + AB2 + AD2  − 2AB × BC × cos B . − 2AB × AD × cos A ABCD étant un parallélogramme, AB = DC et BC = AD. Ainsi AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + DC2 + AD2  + cos B ). − 2AB × BC(cos A On obtient AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + CD2 + DA2. • On a BC2 = AB2 + AC2 = 102 + 102 = 200 BD2 = BC2 + CD2 = 200 + 102 = 300 BE2 = BD2 + DE2 = 300 + 102 = 400. Ainsi, BE = 20. • Le triangle ABC étant isocèle rectangle en B, on a  = 45°. ABC  = BC soit : • Dans le triangle BCD, cos CBD BD  = 200 ou cos CBD = 2 . cos CBD 300 3  ≈ 35,3°. On obtient CBD  = BD soit : • Dans le triangle BDE, cos DBE BE  = 300 ou cos DBE = 3. cos DBE 2 20  = 30°. On obtient DBE  • 45° + 35,3° + 30° =110,3°. Ainsi, une mesure de ABE  ≈ 110,3°. est ABE , • On a AE2 = AB2 + BE2 − 2AB × BE × cos ABE = 100 + 400 − 2 × 10 × 20 × cos 110,3. On obtient AE2 ≈ 638,774, soit AE ≈ 25,3.  = 180° − 44°− 69°, 111 • Dans le triangle ACB, on a ACB  = 67°. soit ACB 1400 × sin 44° AC AB , soit AC = . = sin67° sin 44° sin67° On obtient AC ≈ 1 056,51.  = 180° − 56,2°− 55°, • Dans le triangle ADB, on a ADB  = 68,8°. soit ADB AD AB 1400 × sin56, 2° = . sin56, 2° sin68, 8° , soit AD = sin68, 8° On obtient AD ≈ 1 247,83.  = 69° − 55°, soit • Dans le triangle ACD, on a CAD  CAD = 14°. . CD2 = AC2 + AD2 − 2AC × AD × cos CAD = 1 056,512 + 1 247,832 − 2 × 1 056,51 × 1 247,83 × cos 14, ≈ 114 924. On obtient CD ≈ 339 m. 110

1. sin(3x) = sin (2x + x) sin(3x) = sin(2x) cosx + sinx cos(2x) sin(3x) = 2sinx cosx cosx + sinx × (1 − 2sin2x) sin(3x) = 2sinx × (1 − sin2x) + sinx × (1 − 2sin2x) sin(3x) = 3sinx − 4sin3x 2. Les égalités suivantes sont équivalentes : sinx + sin(2x) + sin(3x) = 0 sinx + 2sinx cosx + 3sinx − 4sin3x = 0 4sinx + 2sinx cosx − 4sin3x = 0 sinx × (4 − 4sin2 x + 2cosx) = 0

sinx × (4cos2x + 2cosx) = 0 2sinx cosx × (2cosx + 1) = 0 1 On obtient sinx = 0 ou cosx = 0 ou cosx = – . 2 π Soit x = 0 [2π] ou x = π[2π] ou x = – [2π] 2 2π 2π π ou x = [2π] ou x = – [2π] ou x = [2π]. 3 3 2 113 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice113.ggb (Geogebra), 09S_ exercice113.g2w (Geoplan) et 09S_ exercice113.fig (Cabri). On a la figure : D E F G

c

C

B

b

A

a

H

• Le triangle AGH étant isocèle rectangle en H, on a : =π. HAG 4 • Dans BGH rectangle en H, on a BG = 22 + 12 , soit BG = 5. On en déduit :  = GH = 1 .  = BH = 2 et sin HBG cos HBG BG BG 5 5 • Dans le triangle CGH rectangle en H, on a : CG = 32 + 12 , soit CG = 10 . On en déduit :  = CH = 3 et sin HCG  = GH = 1 . cos HCG CG CG 10 10 • On en déduit que cos(b + c) = cosb cosc − sinb sinc , 2 3 1 1 soit cos(b + c) = . × – × 5 10 5 10 5 2 soit cos(b + c) = . Ainsi cos(b + c) = 2 50 2 De même sin(b + c) = . 2 π On en déduit que b + c = et donc que la somme 4 π des trois angles mesure . 2 114 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice114.ggb (Geogebra), 09S_ exercice114.g2w (Geoplan) et 09S_ exercice114.fig (Cabri). On a la figure : E

112

142

A

α

B

β

γ C

D

Par une méthode analogue à celle utilisée dans l’exercice 113 , on obtient : CE = 5, BE = 26 et AE = 65 . On obtient aussi : 2 1 5 1 cos γ = , sin β = , , sin γ = , cos β = 5 5 26 26 1 8 cos α = , sin α = . 65 65

8 5 1 1 × – × 65 26 65 26 39 3 = . = 13 10 10 5 8 1 1 De même : sin(α + β) = × + × 26 65 26 65 13 1 = = . 13 10 10 Posons θ = α + β. 2 3 1 1 On a : cos(γ + θ) = × – × 5 10 5 10 5 2 = . = 2 50 1 3 2 1 De même : sin(γ + θ) = × + × 5 10 5 10 5 2 . = = 2 50 π et donc que la somme On en déduit que γ + θ = 4 π des trois angles α, β et γ a pour mesure . 4  + sin2 C  = sin2 A  115 Correctif : il faut lire sin2 B 2 2  = 1. et pas sin B + sin C a b c on en déduit que : 1. On a = =  sinB sinC  sinA 2 2   b2 sin2 A  = c sin A sin2 B = et sin2 C . 2 2 a a 2 2 2   = (b + c )sin A Ainsi : sin2 B + sin2 C . a2  = sin2 A  , on en déduit que : Si sin2 B + sin2 C (b2 + c 2) = 1, soit b2 + c2 = a2. a2 Le triangle est rectangle en A. On en déduit : cos(α + β) =

2. La réciproque est « si ABC est un triangle rectangle  = sin2 A  ». en A, alors sin2 B + sin2 C Cette réciproque est vraie. En effet, si ABC est un triangle  = cos B . rectangle en A, sin C 2  Alors l’égalité sin B + cos2 B = 1 devient :  = 1. sin2 B + sin2 C   = 1. De plus comme A est un angle droit, sin2 A 2 2 2    On a bien sin B + sin C = sin A . 116 1. Soit k le nombre tel que : a b c = = =k  sinB sinC  sinA  , b = ksin B et c = ksin C . alors a = ksin A  + ksin C , Si b = a + c, on obtient ksin B = ksin A  + sin C . soit sin B = sin A 2. La réciproque est « si les angles d’un triangle satisfont  + sin C  , alors les côtés a, b et c la relation sin B = sin A de ce triangle satisfont à la relation : b = a + c ». Cette réciproque est vraie. 2 2 2  = b +c −a , 117 1. a. On sait que cos A 2bc 2 2 2 2  = (b + c − a ) . ainsi cos2 A 2 2 4b c

 = 1− D’où sin2 A

(b2 + c 2 − a2 )2

. 4b2c 2 2 2 2 2 2  = 4b c − (b + c − a ) d’où l’égalité. b. sin2 A 2 2 4b c 2. 4p(p − a)(p − b)(p − c) a+b+c b+c−a a+c−b a+b−c =4× × × × 2 2 2 2 ((b + c) + a ) ((b + c) − a ) ( a − (b − c)) ( a + (b − c)) =4× × 4 4 (b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2 =4× × 4 4 2 2 b + c + 2bc − a2 a2 − (b2 + c 2 − 2bc) =4× × 4 4 2 2 2 2bc + (b + c − a ) 2bc − (b2 + c 2 − a2) =4× × 4 4 2 2 2 (2bc) − (b + c − a2)2 =4× 16 4b2c 2 − (b2 + c 2 − a2)2 =4× 4  4b2c 2 sin2 A =4× d’après la question précédente, 4 d’où l’égalité.  b2c 2 sin2 A . 3. a. S2 = 4 b. D’après les égalités précédentes, on a : S2 = p(p − a)(p − b)(p − c), d’où la valeur de S. 4. a. Le périmètre du triangle est 18, d’où p = 9. En appliquant la formule de Héron, on obtient : S = 9(9 − 6)(9 − 6)(9 − 6) , soit S = 9 3 . b. Le périmètre du triangle est 18, d’où p = 9. En appliquant la formule de Héron, on obtient : S = 9(9 − 5)(9 − 6)(9 − 7) , soit S = 6 6 . c. C’est le triangle équilatéral qui a la plus grande aire. 118 1. Dans le triangle ABC, on a :  BC2 = AB2 + AC2 − 2AB × AC × cos BAC 2 2 2 = a + a − 2aacos θ = 2a (1 − cosθ). Ainsi BC = a 2(1− cos θ)

C

D

B

E

a A

θ a

Le périmètre du triangle est 2a + a 2(1− cos θ), celui du carré : 4 a 2(1− cos θ) . On obtient l’égalité : 2a + a 2(1− cos θ) = 4 a 2(1− cos θ) 2 soit 2a = 3 a 2(1− cos θ) ou 2(1− cos θ) = . 3 4 Ainsi on a 2(1 – cosθ) = . 9 14 On en déduit que cosθ = , d’où θ ≈ 38,94. 18 Chapitre 9 Applications du produit scalaire

143

 = 180°− 53°− 36° soit 1. a. Dans ABC, BAC  BAC = 91°. AB BC 250 × sin36° ainsi AB = ≈ 146,97. = sin36° sin91° sin91°  = 180°− 53°− 51°, soit BMA  = 76°. b. Dans ABM, BMA BM AB 146, 97 × sin51° = • ainsi BM = sin51° sin76° sin76° ≈ 117,71. AM AB 146, 97 × sin53° • ainsi AM = = sin53° sin76° sin76° ≈ 120,97.  = 180°− 37°− 96°, soit BDC  = 47°. 2. a. Dans BCD, BDC 250 × sin96° BD BC ainsi BD = ≈ 339,96. = sin 47° sin96° sin 47°  = 180° − 76° = 104° b. Dans BMN, BMN   = 39°. et BNM = 180°− 104° − 37°, soit BNM BN BM = • sin104° sin39° 117,71× sin104° ainsi BN = ≈ 181,49. sin39° MN BM 117,71× sin37° • sin37° = sin39° ainsi MN = sin39° ≈ 112,57. 3. DN = BD − BN = 339,96 − 181,49 = 158,47.  = BNM  = 39° Dans DNP, DNP  = 180°− 64° − 39° = 77°. et DPN DP DN 158, 47 × sin39° • ainsi DP = = sin39° sin77° sin77° ≈ 102,35. NP DN 158, 47 × sin64° • ainsi NP = = sin64° sin77° sin77° ≈ 146,18.  = 180°−77° = 103° Dans DFP, DPF  = 180° − 103° − 51 = 26°. et DFP 102, 35 × sin51° FP DP • ainsi FP = = sin26° sin51° sin26° ≈ 181,45. Ainsi : AF = AM + MN + NP + PF ≈ 120,97 + 112,57 + 146,18 + 181,45 ≈ 561,17. 119

120

A

1.

5

1

D 5

B

2 5

1

2 5

5

1

C

 = DBC  ; BCD  = BDC  = 2DBC . On sait que ABD    Dans BCD, on a BDC + BCD + BDC = π .

144

 + 2DBC  + 2DBC =π. Soit DBC  =π. On obtient 5 DBC = π, ainsi DBC 5  = π ; BCD  = BDC  = 2π ; Alors, ABD 5 5  = π – 2π − 2π = π et ADB  = π – π − π = 3π . BAC 5 5 5 5 5 5  AB sinC 2. a. Dans ABC, on a : . =  sinA  sinC 2π  AB sinC AB sin 5 Ainsi , soit . = = BC sinA π BC  sin 5  BC sinD BC CD Dans BCD, on a ainsi , = = CD  sinB sinB sinD 2π BC sin 5 AB BC . On a bien . soit = = π CD BC CD sin 5 AB BC 1 b. De on déduit que AB = (car BC = 1) = BC CD CD 1 et donc CD = . AB  = DAB  = π le triangle ABD est isocèle Comme ABD 5 de sommet D, donc AD = BD = 1. Ainsi, AB = AD + DC, soit AB = 1 + CD. 1 . On obtient l’équation AB = 1 + AB 1 En posant x = AB, on obtient x = 1 + , soit x x2 − x − 1 = 0. 1+ 5 Cette équation a deux solutions 1− 5 et . 2 2 1+ 5 Comme 1− 5 0, on en déduit que AB = . 2 2 3. Dans le triangle ABD, on a : , BD2 = AB2 + AD2 − 2AB × AD × cos BAD 2 1+ 5 1+ 5 π ⎛ ⎞ Soit 12 = ⎜ 2 ⎟ + 12 – 2 × 2 cos 5 , ⎝ ⎠ 2

1+ 5 π ⎛ 1+ 5 ⎞ ou encore ⎜ –2× cos = 0 , 2 5 ⎝ 2 ⎟⎠ 1+ 5 π – 2 cos = 0 . d’où 2 5 π 1+ 5 On obtient cos = . 4 5 121 1. La médiatrice de [AC] à pour équation x = 1, la médiatrice de [BC] à pour équation y = −x + 1. Les coordonnées du centre du cercle circonscrit sont Ω(1 ; 0). 2. a. La hauteur issue de B à pour équation x = 4, la hauteur issue de A à pour équation y = −x + 3. Les coordonnées de l’orthocentre du triangle ABC sont H(4 ;−1). b. Une équation de (BC) est y = x + 1, les coordonnées y = x +1 de D sont solution du système y = −x + 3 On obtient D(1 ; 2).

{

Une équation de (AC) est y = −3, les coordonnées de y = −3 E sont solution du système . x=4 On obtient E(4 ;−3). Une équation de (AB) est y = −4x + 21, une équation de la hauteur issue de C est x − 4y − 8 = 0. Les coordonnées de F sont solution du système 92 11 y = −4x + 21 ; . On obtient F . 17 17 x − 4y − 8 = 0 3. On a L(5 ;−2), M(4 ; 2) et N(0 ;−2). 4. Pour déterminer le centre du cercle, on peut réaliser la construction à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique et chercher à déterminer le centre par tâtonnements ou en traçant deux médiatrices à l’aide de quatre des neuf points. On peut aussi calculer l’équation de deux médiatrices et déterminer leur point d’intersection. On obtient le point G(2,5 ;−0,5) qui est le milieu de [ΩH]. Il ne reste plus qu’à calculer la distance entre G et chacun des neuf points et de vérifier que cette distance est toujours égale à 34 . 2 122 1. Dans ABP, on a : 3π AB2 = AP2 + BP2 − 2AP × BP × cos = 20 + 8 2 . 4 On obtient AB = 2 5 + 2 2 ≈ 5,596. 2. Dans ABP, on a :  BP2 = AB2 + AP2 − 2AB × AP × cos BAP 2 2  = (20 + 8 2 ) + 4 − 2 = 4 + 2 ≈ 0,9675. cos BAP 2 5+2 2 2×2 5+2 2 × 4 π  = cos – BAP  = sinBAP . 3. cos CAP 2  = 1 − cos2 BAP  sin2 BAP 2 5−2 2 1 ⎛ 4+ 2 ⎞ . =1−⎜ = = ⎟ 34 ⎝2 5+2 2 ⎠ 10 + 4 2 Comme sin BAP 0, on en déduit :  = 5−2 2 . sin BAP 34

{

(

{

(

 = Finalement cos CAP

)

)

Comme y = x + 2, on obtient AM = 2x 2 − 6x + 5 . 3 3. a. f ‘ (x) = 4x − 6, f est croissante sur ⎡ ; + ⎡ et ⎢2 ⎣ ⎣⎢ 3 décroissante sur ⎤− ; ⎤ . 2 ⎦⎥ ⎦⎥ 3 1 b. Le minimum est f = . 2 2 4. a. Comme AM = f(x), le minimum pour la distance AM correspond au minimum de la fonction f. Ainsi, la 7 3 et y = x + 2 = , distance est minimale quand x = 2 2 3 7 ; . c'est-à-dire quand M est en M0 2 2

()

2 2 3 7 2 . −1 + − 4 = 2 2 2 b. Un vecteur normal à (d) est n (1 ; −1), comme c 1 1 AM0 ; − est colinéaire à n, c’est bien un vecteur 2 2 normal à (d). c c . AM c c c c 5. a. n 0 = n × AM0 × cos(n ; AM0) comme les c c c c AM0) = 0 ou vecteurs n et AM0 sont colinéaires, (n ; c c (n ; AM0) = π. c c c c AM0) = −1. Ainsi cos(n ; AM0) = 1 ou cos(n ; c c. c n × AM0 ou n AM0 = – c n × AM0. Alors c n . AM0 = c c c c . On a bien n AM0 = n × AM0. b. Un vecteur normal à (d) est c n (1 ; −1). c c c n . (AM0 + M0M) c. c n . AM0 = c c c n . M0M. =c n . AM0 + c c n . M0M = 0. Comme M0 et M sont deux points de (d) : c c c c . AM = c Ainsi n n . AM0. c c . d. n AM = 1 × (x − 1) + (−1) × (y − 4) = x − y + 3. Si M appartient à (d), on a : x − y + 2 = 0. c Alors x − y + 3 = 1, on a bien c n . AM = 1. c c c c . AM c e. On sait que n . AM0 = 1 et que n 0 = n × AM0, c d’où n × AM0 = 1. 1 c . Comme c n = 2 , on en déduit que AM0 = 2

D’où AM0 =

(

5−2 2 . 34

4. Dans ACP, on a :  PC2 = AC2 + AP2 − 2 . AC × AP × cos CAP

Prises d'initiatives c

c

c

124 Le trajet aller est AB, puis BC, le trajet retour est CA.

C

= 20 + 8 2 + 16 − 2 × 4 × 2 5 + 2 2 × 5 − 2 2 . 34 Ainsi PC2 = 36, soit PC = 6. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice123.ggb (Geogebra), 09S_ exercice123.g2w (Geoplan) et 09S_ exercice123.fig (Cabri). 1. La distance AM est minimale lorsque les droites (AM) et (d) sont perpendiculaires. 2. AM = (x − 1)2 + (y − 4)2 .

( ) ( ) ( ) c c )

9,52 3∏ 4

2

123

A

8

B

x

Passer de la direction Est à la direction Nord-Est signifie  mesure 45° ou π . que l’angle xBc 4  mesure 3π . Ainsi ABC 4 Chapitre 9 Applications du produit scalaire

145

 On a AC2 = AB2 + BC2 − 2AB × BC × cos ABC = 82 + 22 − 2 × 8 × 2 × cos 3π = 68 + 16 2 . 4 AC ≈ 9,52, la longueur du trajet du retour est de 9,52 milles environ, la vitesse est donc de 9,52 nœuds environ. En km . h−1, cette vitesse est 9,52 × 1,832 soit environ 17,44 km . h−1. 125 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_exercice125.ggb (Geogebra), 09S_ exercice125.g2w (Geoplan) et 09S_ exercice125.fig (Cabri). Si on note a = CP et b = CQ, on démontre que le minimum est atteint lorsque x = ab. Méthode géométrique : On trace le cercle Ꮿ passant par les points M, P et Q, on note Ω son centre.  est maximal lorsque l’angle au L’angle inscrit PMQ  est maximal, ce qui a lieu lorsque le rayon centre PΩQ du cercle est minimal. Or, le rayon est minimal lorsque le cercle Ꮿ est tangent à (CM). Déterminons la valeur de x lorsque cette condition est vérifiée.

C

P

Q I

M T

Ω

b+a Si on note a = CP et b = CQ, CI = et 2 b–a PQ = b − a soit IP = . 2 2 2 Dans ΩIP, on a ΩI = ΩP − IP2. b−a 2 b+a 2 . On peut donc écrire x2 = − 2 2 En simplifiant, on obtient x2 = ab soit x = ab. Autres méthodes (exemples) : • Soit x la distance CM, on a : PM = x 2 + 32, 22 et QM = x 2 + 37, 82 . 2 2 2 2 2  = x + 32, 2 + x + 37, 8 − 5, 6 cos PMQ 2 2 2 2 2 x + 32, 2 x + 37, 8 x 2 + 1217,16 = 2 x + 1428, 84 x 2 + 1036, 84 On est amené à étudier les variations de cette fonction (ou de son carré), on peut pour cela s’aider d’un logiciel de calcul formel.

( ) ( )

Cette méthode nécessite le fait que α est minimal π lorsque cos α est maximal (pour α 苸 ⎡0 ; ⎡ ). 2 ⎣⎢ ⎣⎢  . Pour cela, • On peut utiliser la tangente de l’angle PMQ  on calcule le sinus et le cosinus des angles α = CMP  . On est amené à étudier les variations et β = CMQ (b − a)x de la fonction f (x) = 2 . x + ab Cette méthode nécessite sin(β – α), cos(β – α) et le fait que θ est minimal lorsque tanθ est minimal (pour π θ 苸 ⎡0 ; ⎡ ). ⎢⎣ 2 ⎢⎣  = θ.  . On vérifie que α = ABC  = ADC 126 Soit α = ABC 2 D C

Soit T le projeté orthogonal de Ω sur (CM) et I le projeté orthogonal de Ω sur (CP). Quand le cercle est tangent à (CM), M est en T. Par construction, TΩ = CI et CT = IΩ. Comme ΩPQ est isocèle, I milieu de [PQ] et on a :  = IΩP  = 1 PΩQ . PΩI 2 D’autre part, d’après le théorème de l’angle inscrit,  = PΩI .  = 1 PΩQ  . Ainsi, PMQ PMQ 2 De plus ΩP = ΩQ = ΩT = CI et x = CT = ΩI.

146

A

α

B

Comme BC = 5x on a : AB 2 AC 1 et cos α = sinα = = = BC BC 5 5

2 2 3 − 1= . 5 5 1 2 4 et sinθ = sin(2α) = 2sinα cosα = 2 × = . 5 5 5 Alors, cos θ = cos(2α) = 2cos2α − 1 = 2 ×

( )


1 Les écrans géants

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_TP1.ggb (Geogebra), 09S_TP1.g2w (Geoplan) et 09S_TP1.fig (Cabri). Partie A La figure est simple à réaliser. Par contre, la position du point M n’est pas aisée à déterminer. Il peut être intéressant de construire : – le cercle Ꮿ1 de centre I (milieu de [AB]) passant par C, - le cercle Ꮿ2 de centre J (symétrique de B par rapport à A) passant par B, , puis de comparer les mesures des angles α = AMB  et γ = CMD  en fonction de la position du β = BMC point M par rapport à ces deux cercles. Si M est à l’extérieur des deux cercles : α β γ. Si M est à l’intérieur des deux cercles : α β γ. Si M est à l’intérieur d’un seul des deux cercles, l’ordre n’est pas toujours le même, mais on peut quand même constater qu’à l’intérieur de Ꮿ1, β a toujours la plus grande mesure et à l’intérieur de Ꮿ2, β a toujours la plus petite mesure. Enfin quand M est à l’intersection des deux cercles, les trois mesures sont les mêmes. Remarque : l’influence des ces deux cercles dans la résolution du problème sera explicitée dans la suite du TP. Partie B AB sinθ AB BM 1. a. Dans AMB, on a d’où . = = MB sina sinθ sina BC BM Dans BMC, on a = sinθ sin(π − c) BC sinθ BC sinθ d’où soit . = = MB sinc BM sin(π − c) CM AM b. Dans AMC, on a = sina sin(π − c) CM sina = d’où AM sin(π − c) MC sina soit MA = sinc MB × sinθ c. D’après 1. c., on a : sina = AB sina BC 2 MB × sinθ et sinc = d’où = = =2. sinc AB 1 BC MC = 2 soit MC = 2MA. On en déduit que MA 2. Le raisonnement est le même que celui utilisé dans la question 1. Partie C 1. Les coordonnées sont A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(3 ; 0) et D(13 ; 0). 2. a. MC = 2MA équivaut à :

MC2 = 4MA2 (x – 3)2 + y2 = 4(x2 + y2) 3x2 + 3y2 + 6x – 9 = 0 x2 + y2 + 2x – 3 = 0 (x + 1)2 – 1 + y2 – 3 = 0 (x +1)2 + y2 = 4 b. L’ensemble Ᏹ est le cercle de centre J(−1 ; 0) et de rayon 2 (c’est le cercle Ꮿ2 évoqué dans la partie A). 3. a. MD = 5MB équivaut à : MD2 = 25MB2 (x – 13)2 + y2 = 25(x – 1)2 + y2 24x2 + 24 y2 – 24x – 144 = 0 x2 + y2 – x – 6 = 0 12 1 x− − + y2 − 6 = 0 2 4 2 1 25 x− + y2 = 2 4 1 ; 0 et de b. L’ensemble Ᏹ’ est le cercle de centre I 2 5 rayon (c’est le cercle Ꮿ1 évoqué dans la partie A). 2 4. Les coordonnées d’un point M commun aux deux ensembles sont solution du système : ⎧ x 2 + y 2 + 2x − 3 = 0 . ⎨ 2 ⎩x + y2 − x − 6 = 0 On obtient deux solutions M0(−1 ; 2) et M1(−1 ; −2). M1 correspond à un point situé sous l’axe (AB) c'està-dire derrière l’écran, donc seul M0 est compatible avec la situation.

( ) ( )

( )

Partie D 1. On obtient θ ≈ 18,43°. 2. AM0 = 5 , BM0 = 8 = 2 2 , CM0 = 20 = 2 5 , DM0 = 200 = 10 2 .  3. Il faut déterminer les valeurs exactes de cos AM 0B ,   cos BM et cos . C CM D 0 0 Dans AM0B :  AB2 = AM02 + BM02 − 2AM0 × BM0 × cos AM 0B 2 2 2 5 + 8 − 1 3  soit cos AM . = 0B = 2 5 8 10 2 2 8 + 20 − 22 3  De même cos BM = 0C = 2 8 20 10 2 2 20 + 200 − 102 3  . et cos CM = 0D = 2 20 200 10 3 . 4. Finalement, on a cos θ = 10 À l’aide de la calculatrice, on obtient θ ≈ 18,435°. Le spectateur doit être situé à 2 mètres du mur où sont disposés les écrans et 1 mètre à droite du dernier de ces écran. Il aura peu de recul par rapport à ces trois écrans et ne sera en face d’aucun d’eux. Chapitre 9 Applications du produit scalaire

147

TP

2 Les cercles d’Apollonius

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 09S_TP2.ggb (Geogebra) et 09S_TP2.g2w (Geoplan). Partie A 1. On a MA = MB, l’ensemble Ᏹ1 est la médiatrice de [AB]. 2. a. A

M0

B

M1

b. On a MA = 2MB, sur le segment [AB], on peut placer le point M0. c. On peut aussi placer le point M1 sur la droite (AB). 3. a. a = 3, les coordonnées de B sont donc B(3 ; 0) et celles de A sont A(−3 ; 0). b. Évident (des distances étant toujours positives). c. Soit M(x ; y), MA2 = 4MB2 équivaut à : (x + 3)2 + y2 = 4(x – 3)2 + y2 3x2 + 3y2 – 30x + 27 = 0 x2 + y2 – 10x + 9 = 0 (x – 5)2 – 25 + y2 + 9 = 0 (x – 5)2 + y2 = 16 d. L’ensemble Ᏹ2 est le cercle de centre I(5; 0) et de rayon 4. Partie B 1. Soit M(x ; y), on a MA = kMB, ce qui équivaut à : MA2 = k2MB2 donc à : (x + 3)2 + y2 = k2((x – 3)2 + y2) (k2 – 1)x2 + (k2 – 1) y2 – 6(k2 + 1)x + 9(k2 – 1) = 0 k2 + 1 x + 9 = 0 (si k 1) x2 + y2 – 6 × 2 k −1 2 k +1 x + 9 = 0 équivaut à : 2. x2 + y2 – 6 × 2 k −1 2 2 k 2 + 1⎞ ⎛ ⎛ k 2 + 1⎞ ⎜⎝ x − 3 × k 2 − 1⎟⎠ − 9 ⎜⎝ k 2 − 1⎟⎠ + y 2 + 9 = 0 2 2 k 2 + 1⎞ ⎛ ⎛ k 2 + 1⎞ ⎜⎝ x − 3 × k 2 − 1⎟⎠ + y 2 = 9 ⎜⎝ k 2 − 1⎟⎠ − 9 2 k 2 + 1⎞ ( k 2 + 1)2 − (k 2 − 1)2 ⎛ ⎜⎝ x − 3 × k 2 − 1⎟⎠ + y 2 = 9 × ( k 2 − 1)2 2 +1 2 2 k 4k ⎛ ⎞ ⎜⎝ x − 3 × k 2 − 1⎟⎠ + y 2 = 9 × 2 ( k − 1)2 2 6k 2 3(k 2 + 1) ⎞ ⎛ ⎜⎝ x − k 2 − 1 ⎟⎠ + y 2 = k 2 − 1 On obtient l’équation d’un cercle de centre C 6k ⎛ 3(k 2 + 1) ⎞ si k2 − 1 0 soit ⎜⎝ k 2 − 1 ; 0⎟⎠ de rayon R = 2 k −1 6k k 1 ou de rayon R = si k2 − 1 0 soit k 1. 1− k 2 Partie C 1. Avec Geogebra, il suffit de créer deux curseurs, l’un variant de 0,01 à 0,99 par pas de 0,01 et l’autre variant de 1,01 à 100 par pas de 0,01.

( )

148

Avec GeoPlan, il faut créer deux « variables réelle libres dans un intervalle » (Menu : Créer Numérique ) l’une comprise entre 0,01 et 0,99 et l’autre comprise entre 1,01 et 100. Ensuite, on peut « piloter au clavier » ces variables (Menu : Piloter ). 2. Avec Geogebra, saisir l’équation dans le champ de saisie (en bas de la page). Avec GeoPlan, créer un cercle défini par son centre et son rayon (Menu : Créer Ligne ).

3. Pour 0 a 1, le centre des cercles se déplace sur l’axe des abscisses à gauche du point A, plus a est proche de 0, plus le centre est proche de A et plus le rayon est petit. Pour b 1, le centre des cercles se déplace sur l’axe des abscisses à droite du point B, plus b est grand, plus le centre est proche de B et plus le rayon est petit. Partie D −6(x 2 + 1) 1. a. f ’ (x) = ; cette dérivée est toujours (x 2 − 1)2 négative, donc f est décroissante sur [1,01 ; 100]. b. x

1,01

100

301,5 f (x) 0,06

c. Les rayons des cercles diminuent quand x augmente. d. Les rayons des cercles augmentent quand x augmente. −12x 2. a. f ’ (x) = 2 ; cette dérivée est toujours (x − 1)2 négative, donc f est décroissante sur ]1 ; +[. b. x

1,01

100

301,5 f (x) 3,0006

c. Les centres des cercles ont des abscisses qui diminuent et qui se rapprochent de 3 quand x augmente. d. Les centres des cercles ont des abscisses qui augmentent et se rapprochent de −3 quand x diminue (en se rapprochant de 0).

CHAPITRE

10

Statistiques

A Le programme L’étude et la comparaison de séries statistiques menées en classe de Seconde se poursuivent avec la mise en place de nouveaux outils dans l’analyse de données. L’objectif est de faire réfléchir les élèves sur des données réelles, riches et variées (issues, par exemple, de fichiers mis à disposition par l’Insee). Contenus Statistique descriptive, analyse de données Caractéristiques de dispersion : variance, écart-type. Diagramme en boîte.


Commentaires

• Utiliser de façon appropriée les deux couples usuels qui permettent de résumer une série statistique : (moyenne, écart-type) et (médiane, écart interquartile). • Étudier une série statistique ou mener une comparaison pertinente de deux séries statistiques à l'aide d'un logiciel ou d'une calculatrice.

On utilise la calculatrice ou un logiciel pour déterminer la variance et l'écart-type d'une série statistique.

Des travaux réalisés à l'aide d'un logiciel permettent de faire observer des exemples d'effets de structure lors du calcul de moyennes.

B Notre point de vue Nous avons regroupé dans ce chapitre la partie du programme relative aux statistiques descriptives et l’analyse de données. Les notions nouvelles concernant ce chapitre sont peu nombreuses : variance, écart-type et diagramme en boîte. Comme le demande le programme officiel, le plus souvent possible, les données utilisées sont des données récentes issues de sites officiels : INSEE, INED, OCDE, EuroStat… Les activités 1 « Dépenses dans l’OCDE » et 2 « Répartition des données de séries » permettent la découverte de l’écart interquartile, des diagrammes en boîte et de leur utilisation. Ces notions constituent l’essentiel de la première page de cours. L’activité 3 « Peut-on mesurer la régularité ? » permet la découverte de nouvelles caractéristiques de dispersion : la variance et l’écart-type. L’activité 4 « Dispersion de deux séries statistiques » utilise la calculatrice pour comparer la dispersion de deux séries statistiques à l’aide de leurs écart-types. Ces notions sont reprises dans la 2e page de cours. À l’issue de ce chapitre, les élèves ont à leur disposition les deux couples usuels qui permettent de résumer une série statistique : « moyenne - écart-type » et « médiane - écart interquartile ». Les deux pages de cours se terminent chacune par un paragraphe présentant succinctement quand et comment utiliser chacun de ces couples. La page « Chercher avec méthode » donne l’occasion aux élèves de comparer deux séries statistiques à l’aide du couple « médiane - écart interquartile » et du diagramme en boîte pour ensuite décider si les deux séries sont, ou non, notablement différentes. Chapitre 10 Statistiques

149

L’utilisation des TICE a été développée à plusieurs endroits dans le chapitre : • Dans l’activité 3, un logiciel de géométrie dynamique permet de visualiser la notion de dispersion des valeurs d’une série. De plus, les activités 3 et 4 donnent l’opportunité d’une première utilisation de la calculatrice. • Les pages cours et méthodes montrent comment utiliser la calculatrice, et dans certains cas un tableur, pour effectuer les différents calculs statistiques et représenter des diagrammes en boîte. Ces manipulations sont détaillées dans les pages calculatrices en fin du manuel de l’élève. • Le programme officiel demandant d’utiliser la calculatrice, ou un logiciel, pour déterminer la variance et l’écart-type d’une série statistique, de nombreux exercices permettent ou nécessitent l’utilisation de ces outils TICE. • Le programme officiel ayant comme objectif « de faire réfléchir les élèves sur des données réelles, riches et variées (issues, par exemple, de fichiers mis à disposition par l’INSEE) », l’étude de ce type de données au volume souvent important nécessite la fourniture de fichiers et l’utilisation d’outils TICE adaptés, c’est le cas dans certains exercices proposés. Enfin, comme dans les autres chapitres les TP donnent la possibilité aux élèves d’utiliser les outils TICE dans le cadre d’une réelle démarche de recherche en mathématiques. • Le TP1 « Production dans une usine » permet d’utiliser un tableur pour effectuer certains calculs statistiques. • Le TP2 « Simulation de sondages » permet à l’élève, à l’aide d’un tableur, de construire et d’étudier des séries statistiques afin de simuler des temps d’attente. • Le TP3 « Un drôle de paradoxe » permet de mettre en lumière un phénomène étonnant lié à la structure même des données proposées.

Les notions abordées dans le chapitre 10 1. Écart interquartile – Diagramme en boîte 2. Variance et écart-type

C Avant de commencer Se tester avec des QCM Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point sur la lecture de tableau ou de graphiques et sur le calcul de certains paramètres statistique étudiés au collège ou en Seconde. 1 C; 2 D; 3 C; 4 D; 5 B; 6 D; 7 C; 8 C; 9 C.

Se tester avec des exercices 10 Tableau des effectifs cumulés : Nombre de frères et sœurs

0

1

2

3

Effectifs

13

11

4

2

Effectifs cumulés croissants

13

24

28

30

150

11 D’après le tableau des effectifs cumulés croissants, il y a 28 élèves qui ont au maximum deux frères et 28 × 100 , sœurs. Le pourcentage correspondant est : 30 soit environ 93 %. 12 La médiane est la demi-somme de la 15e et de la 16e valeur (qui valent toutes les deux 1 d’après le tableau des effectifs cumulés croissants), ainsi la médiane est 1. 30 La série a 30 valeurs : 3 × = 22,5. 4 Le troisième quartile est la 23e valeur, soit 1. 13 Le nombre moyen de frères et sœurs des élèves de cette classe est : 13 × 0 + 11× 1+ 4 × 2 + 2 × 3 25 , soit environ 0,83. = 30 30

D Activités 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

1 Dépenses dans l’OCDE

Activité

Cette activité introduit la notion d’intervalle et d’écart interquartile. Un des objectifs essentiels est de faire découvrir à l'élève que l’intervalle interquartile contient environ 50 % des valeurs et que l’étendue de cet intervalle est donnée par l’écart interquartile. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_activite1.xls (Excel 2003), 10S_activite1.xlsx (Excel 2007) et 10S_activite1.ods (OpenOffice). Pour répondre aux questions, il faut ordonner les valeurs de la série (voir ci-contre) : 1. La série comporte 19 termes. La médiane est la 10e valeur, soit 8 730. 19 2. a. = 4,75 ; le premier quartile est la 5e valeur, soit 6 833. 4 19 3× = 14,25 ; le troisième quartile est la 15e valeur, soit 9 532. 4 L’intervalle interquartile est [6 833 ; 9 532]. b. L’écart interquartile est 9 532 − 6 833, soit 2 699. 3. a. L’affirmation est vraie, c’est la définition de la médiane. b. L’affirmation est vraie, car 6 833 correspond au 1er quartile soit 25 % de l’effectif environ et 9 532 correspond au troisième quartile soit 75 % de l’effectif environ.

2 Répartition des données de séries

Activité

Slovaquie Pologne Hongrie Rép. Tchèque Portugal Slovénie Finlande Allemagne Italie Espagne Royaume-Uni Belgique Suède Irlande France Danemark Pays-Bas Autriche Luxembourg

3 219 3 590 4 225 5 527 6 833 7 267 7 829 7 841 8 004 8 730 8 892 8 992 9 143 9 375 9 532 9 675 10 248 10 641 17 928

Cette activité permet d’introduire la notion de diagramme en boîte et de découvrir comment comparer deux séries à l’aide de ces diagrammes. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_activite2.xls (Excel 2003),10S_activite2.xlsx (Excel 2007) et 10S_activite2.ods (OpenOffice). 1. a. Les quatre intervalles sont tous d’amplitudes différentes. b. Voir ci-dessous. c. Les paramètres utilisés pour construire la boîte sont le premier quartile, la médiane et le troisième quartile. Ceux utilisés pour construire les moustaches sont le minimum et le maximum.

2 000 4 000 Minimum

6 000 Q1

8 000 10 000 Médiane Q3

12 000

14 000

16 000 1 2 3 4 5 6 7 8 9

d. La France correspond au troisième quartile de la série. 2. Il faut ordonner les valeurs de la série (voir ci-contre) : La série comporte 9 termes. La médiane est la 5e valeur, soit 8 760. 9 = 2,25 ; le premier quartile est la 3e valeur, soit 7 860. 4 9 3 × = 6,75 ; le troisième quartile est la 7e valeur, soit 11 301. 4 On obtient :

18 000 Maximum

Mexique Nouvelle-Zélande Corée Islande Japon Australie États-Unis Norvège Suisse

2 236 5 933 7 860 8 349 8 760 8 840 11 301 11 997 13 982

Autres pays

Europe

2 000

4 000

6 000

8 000

10 000

12 000

14 000

16 000

18 000

Chapitre 10 Statistiques

151

3. On peut constater que les deux séries ont pratiquement la même médiane. Par contre, l’écart interquartile est un peu moins important en Europe que dans les autres pays et la répartition des données, autour de la médiane, est sensiblement différente : en Europe, les données sont plus dispersées entre le premier quartile et la médiane, et au-delà du troisième quartile, et sont plus concentrés entre la médiane et le troisième quartile ; dans les autres pays c’est un peu le contraire.

Activité

3 Peut-on mesurer la régularité ?

Cette activité permet de mesurer la dispersion des valeurs d’une série statistique autour d’une valeur choisie et de constater que cette quantité est minimale quand la valeur choisie est égale à la moyenne de la série statistique. Ce qui conduit à la définition de la variance et de l’écart-type. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr : 10S_activite3.ggb (Geogebra). 5 + 12 + 12 + 4 3 + 9 + 13 + 8 1. a. Moyenne pour Michaël : = 8,25 ; moyenne pour Luc : = 8,25. 4 4 8 + 9 5 + 12 = 8,5 ; médiane pour Luc : = 8,5. Médiane pour Michaël : 2 2 b. Le joueur qui semble le plus régulier est Luc : ses scores vont de 5 à 12 alors que ceux de Michaël vont de 3 à 13. 2. a. La valeur de S semble minimale pour x = 8,25 ; S vaut alors 5,25. Plus on s’éloigne de cette valeur de 8,25, plus S augmente. b. A

0 0

2

M 4

6

D 8

B

C 10

57 On obtient S = (7 – 3)2 + (7 – 9)2 + (7 – 13)2 + (7 – 8)2 = 57 et V = = 14,25 4 ( x − 3)2 + ( x − 9)2 + ( x − 13)2 + ( x − 8)2 . c. V = 4 d. Fonction Tableau de valeurs

12

Graphique

e. En explorant le tableau de valeurs, il semble que V soit minimale pour x = 8,25, ce qui correspond à la valeur de moyenne de la série. V vaut alors 12,6875. Remarque : L’objectif de cette activité n’étant pas de démontrer, mais seulement de constater, que la valeur minimale s’obtient quand x correspond à la moyenne de la série ; il n’est pas demandé aux élèves d’étudier la fonction obtenue. Mais c’est bien sûr tout à fait possible de le faire :

3. Pour Luc la valeur de V est plus grande que pour Michaël, les résultats de la série de Luc sont donc plus dispersés que ceux de Michaël.

152

Activité

4 Dispersion de deux séries statistiques

Cette courte activité a pour objectif de comparer la dispersion de deux séries statistiques à l’aide des valeurs de leurs écart-types, ces écart-types étant obtenus avec l’aide de la calculatrice. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_activite4.xlsx (Excel 2007),10S_activite4.xls (Excel 2003) et 10S_activite4.ods (OpenOffice). 1. a. À l’aide de la calculatrice, on obtient une moyenne de 124,8 et une médiane de 125 :

b. Les deux séries ont même moyenne et même médiane, par contre la dispersion des données est différente. On peut le constater en représentant graphiquement ces séries :

Fenêtre graphique Machine 1 Machine 2 2. a. L’écart-type du premier échantillon est environ 2,197 : il est plus important que celui du second échantillon. b. On peut en déduire que les données du premier échantillon sont plus dispersées que celles du second échantillon, donc que la 2e machine est mieux réglée que la 1re.

E Exercices POUR DÉMARRER 1. La série est déjà ordonnée et possède 9 valeurs. Médiane : 5e valeur, soit 10. Premier quartile : 3e valeur, soit 5. Troisième quartile : 7e valeur, soit 29. L’écart interquartile est 29 − 5, soit 24. 2. La série est déjà ordonnée et possède 10 valeurs. Médiane : entre la 5e et la 6e valeur, soit 14. Premier quartile : 3e valeur, soit 9. Troisième quartile : 8e valeur, soit 20. L’écart interquartile est 20 − 9, soit 11. 3. La série possède 8 valeurs qu’il faut commencer par ordonner : 2 – 3 – 7 – 9 – 11 – 13 – 18 – 21. Médiane : entre la 4e et la 5e valeur, soit 10. Premier quartile : 2e valeur, soit 3. Troisième quartile : 6e valeur, soit 13. L’écart interquartile est 13 − 3, soit 10. 1

1. Comme le premier quartile est 50 s, on sait qu’environ 25 % des communications ont duré 50 s ou moins. Comme le troisième quartile est 2 min 50 s, on sait qu’environ 75 % des communications ont duré 2 min 50 s ou moins donc qu’environ 25 % des communications ont duré 2 min 50 s ou plus. 2

2. Comme le premier quartile est 50 s et le troisième quartile est 2 min 50 s, on peut dire qu’environ la moitié des conservations ont duré entre 50 s et 2 min 50 s. 1. La médiane est 11. 2. Environ 50 % des observations ont une valeur inférieure ou égale à 11. 3. L’écart interquartile est 12 − 8, soit 4. 4. Environ 50 % des observations ont une valeur située dans l’intervalle interquartile. 3

4

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

1. La série possède 12 valeurs qu’il faut commencer par ordonner : 210 – 240 – 255 – 260 – 300 – 300 – 310 – 320 – 360 – 400 – 470 – 500. Médiane : entre la 6e et la 7e valeur, soit 305. Premier quartile : 3e valeur, soit 255. Troisième quartile : 9e valeur, soit 360. L’écart interquartile est 360 − 255, soit 105. 5


153

2. On utilise la calculatrice, on obtient : –x = 632 et σ = 140,48.

2. On obtient le diagramme en boîte :

11

1. Tableau des fréquences :

Face 200 240 280 320 360 400 440 480 6

Fréquence

1. Min. Q1 Méd. Q3 Max. Étendue

Interquartile

Classe 1

8

10

11,5

14

17

9

4

Classe 2

5

8

10

13,5

17

12

5,5

2. La classe 1 a globalement des résultats meilleurs et plus homogènes que ceux de la classe 2. 7 1. La moyenne est 7 + 10 + 11+ 12 , soit 10. 4 72 + 102 + 112 + 122 − 102 , soit 3,5. La variance est 4 L’écart-type est 3, 5, soit environ 1,87. 2. La moyenne est 2 + 5 + 6 + 7 + 10 , soit 6. 5 22 + 52 + 62 + 72 + 102 La variance est − 62 , soit 6,8. 5 L’écart-type est 6, 8 , soit environ 2,61. 8 On obtient : – x = 9,4 et σ ≈ 2,154.

1

2

3

4

5

6

0,17

0,13

0,11

0,29

0,16

0,14

2. Déterminons la mesure des angles des différents secteurs angulaires : Face

1

2

3

4

5

6

Total

Angle (en °)

61

47

40

104

58

50

360

Exemple de calcul pour la face 1 : Diagramme circulaire obtenu : 6 14 %

17 × 360 ≈ 61°. 100

1 17 %

5 16 %

2 13 % 3 11 %

4 29 %

3. À l’aide de la calculatrice, on obtient une moyenne de 3,56 environ et un écart-type de 1,64 environ.

9 On utilise la calculatrice, on obtient une moyenne de 8,02 et un écart-type de 0,112 environ. 12

1. 10

7 10

5

1.

=1

1000

2

900 800 700

0

600 500

Classe

200 100

154

4

6

8

2. Pour effectuer les calculs, il faut déterminer les centres des classes.

400 300

0

2

2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009

[0 ; 2[

[2 ; 4[

[4 ; 6[

[6 ; 8[

Centre

1

3

5

7

Effectifs

10

7

5

2

On utilise la calculatrice. On obtient : x– ≈ 2,9 et σ ≈ 1,96.

De plus, comme les valeurs de la série sont entières


alors que la médiane n’est pas une valeur entière, la

1.

Face du dé

1

2

3

4

5

6

Nombre de lancers

3

5

4

3

5

0

Effectifs cumulés

3

8

12

15

20

20

Médiane : entre la 10e et la 11e valeur, soit 3. Premier quartile : 5e valeur, soit 2. Troisième quartile : 15e valeur, soit 4. L’écart interquartile est donc 2. 2. L’étendue de la série est 5 − 1 = 4, c’est bien le double de l’écart interquartile. Ce n’est bien sûr pas toujours le cas. 14 La série est déjà ordonnée et possède 27 valeurs. Médiane : 14e valeur, soit 76,5. Premier quartile : 7e valeur, soit 71,3. Troisième quartile : 21e valeur, soit 77,7. L’écart interquartile est 77,7 − 71,3, soit 6,4.

1. On ordonne les 24 valeurs de la série : 106,05 – 106,49 – 106,51 – 106,64 – 106,71 – 106,79 – 106,87 – 106,99 – 107,03 – 107,11 – 107,18 – 107,23 – 107,28 – 107,34 – 107,34 – 107,4 – 107,6 – 107,99 – 108,57 – 108,68 – 108,89 – 108,95 –109,04 – 109,04 Médiane : entre la 12 e et la 13 e valeur, soit 107, 23 + 107, 28 = 107,255. Premier quartile : 6e valeur, 2 soit 106,79. Troisième quartile : 18e valeur, soit 107,99.

série doit avoir un effectif pair. – Si au moins 75 % des valeurs sont inférieures ou égales à 30, le 3e quartile est 30. Par exemple, pour une série ordonnée de 14 valeurs, on peut proposer : Rang

– Si au moins 25 % des valeurs sont inférieures ou égales à 14, le 1er quartile est 14. – Si exactement 50 % des valeurs sont inférieures ou égales à 24,5 la médiane est 24,5. 18

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14

Valeur 8 10 12 14 16 18 24 25 26 28 30 32 34 36 19

Faux, l’écart interquartile ne dépend pas de la

plus grande valeur de la série mais seulement des 1er et 3e quartiles (sauf si la plus grande valeur est égale au 3e quartile). 20

15

2. Si on ajoute 108,91, la nouvelle série ordonnée possède 25 valeurs : 106,05 – 106,49 – 106,51 – 106,64 – 106,71 – 106,79 – 106,87 – 106,99 – 107,03 – 107,11 – 107,18 – 107,23 – 107,28 – 107,34 – 107,34 – 107,4 – 107,6 – 107,99 – 108,57 – 108,68 – 108,89 – 108,91 – 108,95 – 109,04 – 109,04 Médiane : la 13e valeur, soit 107,28. Premier quartile : la 7e valeur, soit 106,87. Troisième quartile : la 19e valeur, soit 108,57. Les extremums sont inchangés, le 1er quartile et la médiane sont légèrement modifiés, la modification du 3e quartile est plus importante. 17 L’effectif est pair, la médiane est entre la 8e et la 9e valeur, le 1er quartile est la 4e valeur et le troisième quartile est la 12e valeur. De plus, il faut que Maximum − Minimum = 15 et Q3 − Q1 = 5. On peut proposer comme série : 2 – 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 9 – 10 – 10 – 11 – 12 – 12 – 13 – 14 – 15 – 17

1

Vrai, le premier quartile est la 86e valeur et le 3e

quartile est la 256e valeur. 21

Faux en général, sauf cas particulier (voir

exercice 13). Par contre l’étendue contient environ deux fois plus de valeurs que l’écart interquartile. 22

Faux, les valeurs des quartiles d’une série peuvent

ne pas être entières, de ce fait l’écart interquartile peut lui aussi ne pas être entier. Par contre l’écart interquartile contient un nombre entier de valeurs. 23

1. Faux, l’écart interquartile est inchangé car

les valeurs de la série (en particulier les valeurs des quartiles) sont inchangées. 2. Vrai, toutes les valeurs étant doublées, les quartiles sont doublé donc l’écart interquartile aussi. 24

1. Commençons par trier les données :

Durée (en h)

1

2

3

4

5

6

7

Effectifs

7

8

8

4

2

2

1

Effectifs cumulés

7

15

23

27

29

31

32

Il y a 32 valeurs, donc la médiane est la moyenne des 16e et 17e valeurs : elle vaut 3. Le premier quartile est la 8e valeur, soit 2. Le troisième quartile est la 24e valeur, soit 4. 2. Le minimum étant 1 et le maximum 7, l’étendue est 6. L’écart interquartile est 4 − 2 = 2. Chapitre 10 Statistiques

155

3.

1

2

3

4

5

6

Nombre 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 de tirs cadrés Nombre 6 7 5 2 1 2 0 1 1 0 0 1 de matchs Effectifs 44 51 56 58 59 61 61 62 63 63 63 64 Cumulés

7

4. En limitant la durée à 5 heures, on obtient : Durée (en h)

1

2

3

4

5

Effectifs

7

8

8

4

5

Effectifs cumulés

7

15

23

27

32

Il y a toujours 32 valeurs, la médiane et les quartiles sont inchangés, seule la valeur maximale est modifiée. On obtient le diagramme suivant :

Il y a 64 valeurs, donc la médiane est la moyenne des 32e et 33e valeurs : elle vaut 10. Le premier quartile est la 16e valeur, soit 8. Le troisième quartile est la 48e valeur, soit 13. 2. Étendue 23 − 3 = 20 ; écart interquartile 13 − 8 = 5. 3.

2

4

6

8

10 12

14 16 18

20

22 24

4. Il y a peu de modifications sur le graphique, seule la moustache correspondant au maximum a été modifiée. 1

2

3

4

5

6

7

On peut observer que, comme l’a constaté l’élève, le diagramme est parfaitement équilibré. 25

1. Déterminons les effectifs cumulés :

Diamètre (mm)

5,85 5,9 5,95

6

28

80

Cumulés

107 205 261 313 342 350

56

52

29

5,9

5,95

6

6,05

6,1


Nombre 0 de tirs cadrés Nombre 0 de matchs Effectifs 0 Cumulés

156

8

10

12

14

16

18

20

1.

–2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34

2. a. Vrai car entre le 1er et le 3e quartile, il y a environ 50 % des valeurs de la série. B. Faux car 2,2 étant la médiane, il y a environ 50 % des valeurs qui dépassent 2,2. 29 L’écart interquartile étant 20, le 3e quartile est 129 + 20 = 149. L’étendue étant 36, le maximum est 122 + 36 = 158. On obtient le diagramme suivant :

6,15

4. On peut observer que les valeurs sont plus concentrées avant la médiane qu’après : les valeurs après la médiane sont réparties sur un intervalle deux fois plus grand que celles situées avant. 27

6

8

Il y a 350 valeurs donc la médiane est la moyenne des 175e et 176e valeurs : elle vaut 5,95. Le premier quartile est la 88e valeur, soit 5,9. Le troisième quartile est la 263e valeur, soit 6,05. 2. Étendue : 6,15 − 5,85 = 0,3 ; écart interquartile : 6,05 − 5,9 = 0,15. 3.

5,85

4

6,05 6,1 6,15

Nombre d'écrous 27 27

98

2

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11

0

0

1

0

3

4

7

6

6

0

0

1

1

4

8 15 21 27 33 38

6

5

120 125 130 135 140 145 150 155 160 30 Faux : la boîte contient environ (et non pas exactement) 50 % des valeurs : par exemple si l’effectif est impair, il n’est pas possible d’avoir exactement 50 % des valeurs. 31 1. Faux, il y a seulement environ 25 % des valeurs. 2. Vrai : car [25 ; 30] correspond à l’intervalle interquartile. 3. Faux : il y a environ 25 % des valeurs inférieures à 25. 32 1. On construit d'abord la boîte en plaçant les quartiles Q1 et Q3 puis la barre indiquant la médiane,

et enfin les moustaches en plaçant le minimum et le maximum. TopOffice HighPerf 2

3

4

5

6

7

8

9

10

12

2. La médiane est la même pour les deux séries, mais la série associée à la marque TopOffice est beaucoup plus dispersée : l’écart interquartile est deux fois plus grand. 3. Sans informations complémentaires, comme par exemple la moyenne, il est difficile de conseiller une marque plutôt qu’une autre. Si on souhaite un nombre de pannes le plus constant possible sur toutes les machines, on peut conseiller la marque HighPerf.

Pays

Redevance

Italie

99,60 €

France

116,00 €

Slovénie

132,00 €

Belgique wallonne

149,60 €

Irlande

155,00 €

Royaume-Uni

195,60 €

Finlande

200,70 €

Allemagne

204,36 €

Suède

210,00 €

Norvège

246,00 €

Suisse

290,00 €

Autriche

324,85 €

Islande

363,30 €

La première série est 1, 2, 3, …, 99, 100. La seconde série est 2, 4, 6, … , 198, 200. 33

Série 1 (13 pays) Série 2

Série 2 (16 pays) 0

Série 1 0

20

40

60

80

100 120 140 160 180 200

Les deux diagrammes ont la même allure, par contre la seconde série est beaucoup plus dispersée que la première (deux fois plus dispersée). Les deux séries ont la même médiane, par contre les valeurs de la 2de série sont plus dispersées que celle de la 1re série : l’étendue de la 1re série est à peine supérieure à l’écart interquartile de la 2de série. 34

36

1. Chamonix La Clusaz

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

2. Pour les deux séries, l’écart interquartile est très important alors que les valeurs situées aux extrémités sont elles beaucoup plus concentrées. D’autre part, les températures à la Clusaz sont globalement plus basses qu’à Chamonix, même si la température minimale a été relevée à Chamonix. 37 1. On commence par ordonner la série. Il y a 13 valeurs, donc la médiane est la 7e valeur : 200,7. Le premier quartile est la 4e valeur, soit 149,60. Le troisième quartile est la 10e valeur, soit 246.

40

80

120 160 200 240 280 320 360

2. Il y a 16 valeurs, donc la médiane est la demi-somme de la 8e et de la 9e valeur : 175,3. Le premier quartile est la 4e valeur, soit 99,60. Le troisième quartile est la 12e valeur, soit 210. À l’exception du maximum les données de tous les paramètres ont diminué, les valeurs sont plus dispersées. 1. Les températures correspondant au graphique 1 sont les plus basses et les plus dispersées. Les températures correspondant au graphique 3 sont les plus élevées et les moins dispersées. Le graphique 1 correspond à une ville plutôt froide et pour laquelle les écarts de température sont importants. Le graphique 3 correspond à une ville plutôt chaude et pour laquelle les écarts de température sont faibles. Le graphique 2 correspond à une ville un peu moins chaude et aux températures un peu plus dispersées que celle du graphique 3. 2. Graphique 1 : Montréal ; Graphique 2 : Lyon ; Graphique 3 : Ajaccio. 38

39 Se reporter au « à noter » en marge du cours page 244. Histogramme a – Diagramme en boîte 2. Histogramme b – Diagramme en boîte 3. Histogramme c – Diagramme en boîte 1.


157

40 Plus l’appareil effectue de mesures, moins les fluctuations seront importantes d’une série de mesures à l’autre et donc plus le diagramme en boîte sera petit. Appareil de type 1 - Diagramme en boîte A. Appareil de type 2 - Diagramme en boîte B. Appareil de type 3 - Diagramme en boîte C. Appareil de type 4 - Diagramme en boîte D.

46 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice46.xls (Excel 2003), 10S_exercice46.xlsx (Excel 2007) et 10S_exercice46.ods (OpenOffice).

Formule dans la cellule H1 : =MOYENNE(A1:F6) . Formule dans la cellule H2 : =ECARTYPEP(A1:F6) . 47 1.

41 1. Affirmation vraie. 2. Réciproque : « Si deux séries ont les mêmes diagrammes en boîte, alors ces deux séries sont identiques. » Cette réciproque est fausse. 42

1. Faux.

2. Faux.

3. Vrai.

5

1. La moyenne est : 6 × 0 + 20 × 1+ 8 × 2 + 2 × 3 42 7 , = = 36 36 6 soit environ 1,667. La variance est : 6 × 02 + 20 × 12 + 8 × 22 + 2 × 32 7 2 21 7 − = , soit . 36 6 36 12 21 L’écart-type est , soit 6 environ 0,764.

()

2. Avec la calculatrice, on obtient la même chose : 1. Pour entrer les données dans la calculatrice, il faut déterminer le centre des classes. 2. Avec la calculatrice, on obtient une moyenne de 44,37 et un écart-type de 54,15 à 10−2 près. 44

Centre de classe

Nombre (en milliers)

Moins de 5 ha

2,5

193

De 5 à moins de 20 ha

12,5

132


35

138


75

122


150

64

200 ha et plus

250

15

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice45.xls (Excel 2003), 10S_exercice45.xlsx (Excel 2007) et 10S_exercice45.ods (OpenOffice). 1. La formule pour calculer la moyenne de la série est =MOYENNE(A1:H1) . Avec =MOYENNE(A1;H1) , on calcule seulement la moyenne des valeurs contenues dans les deux cellules A1 et H1. 2. La formule pour calculer l’écart-type de la série est 45

=ECARTYPEP(A1:H1)

158

2

4

4. Faux. 3

43

et non pas

1

6

=ECARTYPE(A1:H1) .

2. Avec la calculatrice, on obtient une moyenne égale à 3,267 et un écart-type de 1,504 à 10−3 près. 3. Si toutes les valeurs sont augmentées de 2, la moyenne est augmentée de 2 et l’écart-type reste inchangé. 1. Affirmation fausse. Il suffit que les valeurs de la série soient toutes identiques. 2. Réciproque : « Si toutes les valeurs d’une série sont nulles, alors l’écart-type de cette série est nul ». Cette réciproque est vraie. 49

Faux : un écart-type étant la somme de quantités élevées au carré, il s'agit toujours d'un nombre positif. 50

Faux : par exemple la série 1–2–3 a pour écart-type 0,82 environ alors que la série 2–2–3 a pour écart-type 0,47 environ. 51

1. Moyenne 11 ; écart-type environ 2,24. 2. Les nouvelles notes sont : 9 – 13 – 11 – 15. La nouvelle moyenne est 13 et l’écart-type environ 2,24. La moyenne est augmentée de 2 et l’écart-type est inchangé. 3. Les nouvelles notes sont : 8,8 – 13,2 – 11 – 15,4. La nouvelle moyenne est 12,1, l’écart-type environ 2,46. La moyenne et l’écart-type sont augmentés de 10 %. 52

Les moyennes sont les mêmes, par contre les écarttype sont nettement différents. 53

Points

Équipe 1

Équipe 2

Joueur 1

2

1

Joueur 2

2

1

Joueur 3

2

1

Joueur 4

0

1

Joueur 5

0

1

Joueur 6

0

1

Moyenne

1

1

Écart type

1

0

54 1. Avec la calculatrice, on obtient une moyenne de 206,69 € et un écart-type de 77,63 € au centime près. 2. La moyenne diminue et vaut 176,94 €, par contre l’écart-type augmente et vaut 106,80 €. 55

1

1. Voir tableau ci-dessous : 2007

2008

2009

Moyenne

27 145

27 620

48 349

Écart-type

2 743

4 420

6 278

2

3

4

5

6

7

62

2010

2. La moyenne a peu évolué entre 2007 et 2008, alors que l’écart-type a lui nettement augmenté, il n’y a pas beaucoup plus d’entreprises crées en 2008 qu’en 2007, par contre ce nombre est beaucoup plus variable d’un mois à l’autre. Entre 2008 et 2009, la moyenne a presque doublé, l’écart-type a lui aussi augmenté mais dans une proportion moindre. 57 1. L’affirmation est fausse. Par exemple les séries 7 – 10 – 11 – 12 et 8 – 9 – 10 – 13 sont différentes, pourtant elles ont la même moyenne : 10 et le même écart-type : environ 1,87. 2. La réciproque est : « Si deux séries ont exactement les mêmes valeurs, alors ces deux séries ont exactement la même moyenne et le même écart-type ». Cette réciproque est vraie. 58

2.

Vrai, la moyenne et l’écart-type sont divisés par 2.

59 Faux, par exemple la série 8 – 9 – 10 – 11 – 12 a cinq valeurs et un écart-type de 1,4 environ alors que la série 8 – 10 – 12 a trois valeurs et un écart-type de 1,6 environ.

On ordonne les valeurs de la série : 2 h 04 – 2 h 24 – 2 h 30 – 2 h 31 – 2 h 36 – 2 h 51 – 3 h 01 – 3 h 13 – 3 h 22 – 3 h 23 – 3 h 24, –3 h 30 – 3 h 41 – 3 h 56 – 3 h 59. Il y a 15 valeurs, donc la médiane est la 8e valeur : 3 h 13. Le premier quartile est la 4e valeur, soit 2 h 31. Le troisième quartile est la 12e valeur, soit 3 h 30. L’écart interquartile est donc : 0 h 59, soit 59 min.

2009 9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

20 21

Les températures sont environ 3 °C plus hautes en 2010 qu’en 2009, par contre leur répartition a sensiblement la même allure, en particulier l’écart interquartile est le même. 63 1. Avec la calculatrice, on obtient une moyenne de 356,2 et un écart-type d’environ 73,393. 2. Le score doit être 356 : il faut proposer un score inférieur à la moyenne, le plus près possible de cette moyenne pour que l’écart-type soit le plus petit possible. On obtient une moyenne d’environ 356,167 et un écart-type d’environ 66,999. 64 1. Pour le tireur A, la moyenne est 29 et l’écart-type environ 14,69. Pour le tireur B, la moyenne est 29 et l’écart-type environ 13,75. 2. Les deux tireurs ont le même score moyen. Par contre, le tireur A a des résultats plus dispersés. Le tireur le plus régulier est le tireur B.

POUR FAIRE LE POINT

60

61


Nombre d'employés

1

4

5

6

7

Effectifs

40 105 114 72

2

3

12

10

2

Effectifs cumulés

40 145 259 331 343 353 355

Il y a 355 valeurs, donc la médiane est la 178e valeur, soit 3. Le premier quartile est la 89e valeur, soit 2. Le troisième quartile est la 267e valeur, soit 4. L’écart interquartile est donc 2.

1 C; 8 B;

2 B; 3 A; 4 C; 5 D; 6 D; 7 C; 9 A ; 10 A ; 11 D ; 12 D ; 13 A.

POUR APPROFONDIR 65 Pour la série initiale, la médiane est 11 et l’écart interquartile 5. 1. Si on ajoute la valeur 11 à la série initiale, la médiane et l’écart interquartile sont inchangés. 2. Si on ajoute la valeur 11 à la série initiale, la médiane est inchangée, mais l’écart interquartile aussi. Si on ajoute une valeur autre que 11, la médiane est modifiée. Il n’est pas possible de modifier seulement l’écart interquartile. 3. Si on ajoute, par exemple, la valeur 17 à la série initiale, la médiane et l’écart interquartile sont modifiés.


159

66 On peut constater que les trois séries ont la même moyenne. La différence se fera à l’aide de l’écart-type de chaque série. L’histogramme C est celui qui correspond à l’écart-type le plus faible car les valeurs autour de la moyenne ont des effectifs importants et celles éloignées de la moyenne des effectifs faibles. C’est le contraire pour les valeurs de l’histogramme B, qui correspond donc à l’écart-type le plus élevé. Histogramme A – Valeurs 2. Histogramme B – Valeurs 3. Histogramme C – Valeurs 1. 67 1. La dispersion des valeurs est plus importante dans le diagramme du haut, ce qui est lié au fait que les lycéens sont en général situés plus loin de leur lycée que les collégiens de leur collège. 2. La durée médiane d’un trajet pour un collégien est de 15 minutes. 3. L’écart interquartile de la série B est environ 20 − 9,5, soit 10,5. 4. Comme 20 est le 3e quartile du diagramme de la série B, il y a environ 25 % des collégiens qui ont un plus de 20 minutes de trajet. Pour le diagramme de la série A, 20 correspond au 1er quartile, il y a donc environ 75 % des lycéens qui ont plus de 20 minutes de trajet. 5. t correspond au 3e quartile de la série B, c'est-à-dire 20 minutes.

1. Pour entrer les données dans la calculatrice, il faut déterminer le centre des classes. 68

Âge

[20 ; 30[ [30 ; 40[ [40 ; 50[ [50 ; 60[ [60 ; 70[

Centre

25

35

45

55

65

Effectif

6

8

16

16

4

On obtient un âge moyen de 45,8 et un écart-type d’environ 11,3. 2. Dans le premier garage, le total des âges de tous les acheteurs est 2 290 (ce résultat peut être lu sur la calculatrice). Dans le second garage, le total des âges de tous les acheteurs est 30 × 39 = 1 170. L’âge moyen de tous les acheteurs de la marque est 2 290 + 1 170 3 460 = , soit 43,25. 50 + 30 80 69 1. On ordonne la série : 255,8 – 258,7 – 259,7 – 260,3 – 260,7 – 261,2 – 261,2 – 261,4 – 262,1 – 262,3 – 262,4 – 263,1 – 263,4 – 263,4 – 263,6 – 264,1 – 264,4 – 264,4 – 264,5 – 264,5 – 264,6 – 264,8 – 265 – 265,3 – 265,5 – 265,6 – 265,9 – 266,1 – 266,2 – 266,2 – 266,4 – 267 – 267,1 – 267,6 – 268,7 – 268,8 – 269,7 – 269,8 – 271 – 272,9.

160

Il y a 40 valeurs, donc la médiane est la demi-somme de la 20e et de la 21e valeur : 264,55. Le premier quartile est la 10e valeur, soit 262,3. Le troisième quartile est la 30e valeur, soit 266,2. L’écart interquartile de la série 266,2 − 262,3, soit 3,9. 2.

254 256 258 260 262 264 266 268 270 272 274

3. Entre 262,3 et 266,2, il y a 21 valeurs ce qui correspond 21 à × 100, soit 52,5 % des valeurs. 40 4. On a Q1 = 262,3, Q3 = 266,2 et I = 3,9. On obtient l’intervalle [262,3 − 1,5 × 3,9 ; 266,2 + 1,5 × 3,9], soit : [256,45 ; 272,05]. a. Il y a deux valeurs aberrantes, les deux valeurs extrêmes 255,8 et 272,9. 2 b. Le pourcentage de valeurs aberrantes est × 100, 40 soit 5 %. 5. a.

254 256 258 260 262 264 266 268 270 272 274

b. Comme on pouvait s’y attendre, seules les deux extrémités du diagramme sont modifiées pour faire apparaître les deux valeurs aberrantes. 70 1. a. Le salaire moyen des employés de l’entreprise Deschamps est : 170 × 1500 + 100 × 2 500 + 0 × 3 500 , soit 1 870,37 €. 270 Le salaire moyen des employés de l’entreprise Laville est : 280 × 1500 + 140 × 2 500 + 0 × 3 500 , soit 1 833,33 €. 420 b. De même, le salaire moyen des cadres de l’entreprise Deschamps est 3 166,67 € et le salaire moyen des cadres de l’entreprise Laville est 3 000 €. 2. Le salaire moyen de tous les salariés de l’entreprise Deschamps est : 170 × 1500 + 110 × 2 500 + 20 × 3 500 , soit 2 000 €. 300 Le salaire moyen de tous les salariés de l’entreprise Laville est : 280 × 1500 + 180 × 2 500 + 40 × 3 500 , soit 2 020 €. 500 Les résultats des questions 1. et 2. sont regroupés dans les tableaux ci-après.

Entreprise Deschamps Salaire (en euros)

[1 000 ; 2 000[

[2 000 ; 3 000[

[3 000 ; 4 000[

Total

Salaire moyen

1 500

2 500

3 500

170

100

0

270

1 870,37

0

10

20

30

3 166,67

170

110

20

300

2 000,00

[1 000 ; 2 000[

[2 000 ; 3 000[

[3 000 ; 4 000[

Total

Salaire moyen

1 500

2 500

3 500

280

140

0

420

1 833,33

0

40

40

80

3 000,00

280

180

40

500

2 020,00

Centre classe Nombre d’employés Nombre de cadres Nombre total de salariés

Entreprise Laville Salaire (en euros) Centre classe Nombre d’employés Nombre de cadres Nombre total de salariés

3. On a vu dans la question 1. que le salaire moyen des employés ainsi que celui des cadres est plus élevé dans les entreprises Deschamps, le PDG de cette entreprise dit vrai. Mais on a aussi vu dans la question 2. que le salaire moyen de tous les salariés est plus élevé dans les entreprises Laville, le PDG de cette entreprise dit lui aussi vrai. Ce paradoxe est dû à la répartition des effectifs dans les différentes classes : il y a proportionnellement plus de cadres dans l’entreprise Laville (environ 19 %) que dans l’entreprise Deschamps (environ 11 %). Les cadres étant en moyenne mieux payés que les employés, cela fait augmenter le salaire moyen de l’ensemble des salariés de l’entreprise. Pour plus de détails concernant ce phénomène, voir le TP3 page 265. Il est possible de traiter cet exercice avec un tableur. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice70.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice70.xls (Excel 2003) et 10S_exercice70.ods (Open Office). 71

1. Salaire moyen en 2010 :

40 × 1200 + 29 × 1350 + 12 × 1500 + 3 × 3 000 + 1× 3 750 40 + 29 + 12 + 3 + 1

≈ 1 387,06 €.

2. Situation en 2011 : Catégorie Ouvrier

Ouvrier Cadre Cadre Dirigeant qualifié supérieur

Salaire

1 212

1 363,5 1 515

Effectif

56

39

16

3 030

3 787,5

3

1

Salaire moyen en 2011 : 56 × 1212 + 39 × 1363,5 + 16 × 1515 + 3 × 3 030 + 1× 3787,5 40 + 29 + 12 + 3 + 1 ≈ 1 375,36 €.

3. Tous les salaires ont augmenté de 1 %, pourtant le salaire moyen des salariés de l’entreprise a baissé. Ce paradoxe est dû à la répartition des effectifs dans les différentes catégories : en 2010, les ouvriers représentent environ 47 % des salariés de l’entreprise et les ouvriers qualifiés 34 %. Alors qu’en 2011, les ouvriers représentent environ 66 % des salariés de l’entreprise et les ouvriers qualifiés 46 %. Ces salariés (ouvriers et ouvriers qualifiés) ayant un salaire inférieur au salaire moyen, comme ils sont en plus grande proportion dans l’entreprise en 2011, cela fait baisser le salaire moyen. Pour plus de détails concernant ce phénomène, voir le TP3 p 265. Il est possible de traiter cet exercice avec un tableur. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice71.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice71.xls (Excel 2003) et 10S_exercice71.ods (Open Office). 72 1. On utilise la calculatrice. On obtient : – x = 0,3 et σ ≈ 0,0217. 2. a. Les limites de confiance sont 0,2566 et 0,3434 ; elles ont été dépassées deux fois (0,25 et 0,38). Les limites d’alerte sont 0,2349 et 0,3651 ; elles ont été dépassées une seule fois (0,38). b. Ces limites agissent comme des avertisseurs pour le biologiste : dès qu’on dépasse les limites d’alerte, la machine doit être réétalonnée ; si on dépasse deux fois de suite les limites de confiance, il faut aussi procéder immédiatement à un nouveau réglage de la machine. 1. On sait qu’augmenter une valeur de 10 % revient à multiplier cette valeur par 1,1. On note –x la moyenne de la série initiale, V sa variance et σ son écart-type. Si la série initiale est x1, x2, … , xn ; une fois augmentée 73


161

de 10 % elle devient 1,1x1, 1,1x2, … , 1,1xn. La nouvelle moyenne est alors : 1,1x1 + 1,1x2 + … + 1,1x n x + x2 + ... + x n = 1,1× 1 n n = 1,1–x La nouvelle variance est : 1 n 1 n (1,1xi − 1,1x )2 = ∑ 1,12 ( xi − x )2 n i∑ n =1 i =1 1 n = 1,12 × ∑ ( xi − x )2 = 1,12V. n i =1 Le nouvel écart-type est 1,12 × V = 1,1 V = 1,1σ. La moyenne et l’écart-type sont bien eux aussi augmentés de 10 %. 2. La nouvelle moyenne est 1,1 × 9,5 = 10,45 et le nouvel écart-type est environ 1,1 × 2,17, soit 2,39. 74 1. a. Notons t la moyenne des écarts centrés réduits. On a : 1 n x −x 1 1 n t = ∑ i = × ∑ ( xi − x ) n i =1 σ σ n i =1

1 ⎛1 n 1 n ⎞ 1 1 × xi − ∑ x ⎟ = × x − n × x σ σ ⎜⎝ n i∑ n n i =1 ⎠ =1 1 = × (x − x ) = 0. σ Notons Vt la variance des écarts centrés réduits et σt leur écart-type. On a : 1 n 1 n x −x 2 − 02 Vt = ∑ t i 2 − t 2 = ∑ i n i =1 n i =1 σ

(

=

(

)

)

n

=

1 1 1 ( xi − x )2 = 2 × σ 2 = 1 . × σ 2 n i∑ σ =1

Alors, σt = Vt = 1 = 1. La série des écarts centrés réduits a donc pour moyenne 0 et pour écart-type 1. b. Cette série des écarts centrés réduits permet de comparer deux séries qui n'ont ni la même moyenne ni le même écart-type. 2. La moyenne de Lionel calculée avec la série des 11− 8 écarts centrés réduits est = 1,5. 2 La moyenne d’Olivier, calculée avec la série des écarts 14 − 10 centrés réduits est égale à = 1. Puisque 1,5 ⬎ 1, 3 on peut dire que Lionel a de meilleurs résultats qu’Olivier (en supposant les deux classes de même niveau). 75 1. Dans la liste 5 – 10 – 11 – 4 – 8 – 15 – 20 – 12 – 21 – 6 – 12 – 5 – 14 – 18, il y a 6 records. 2. a. Au minimum dans une liste, il y a 1 record (si la première valeur de la liste en est aussi le maximum). b. Une liste de n termes peut avoir jusqu’à n records (si chaque terme de la liste est supérieur à tous les termes qui le précède). Exemple : 1 – 3 – 6 – 8 – 11. 3. a. Le nombre moyen de records par siècles obtenu à l’aide de cette simulation est 6,025.

162

b. 5000 simulations 40 simulations 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

4. a. Voir le diagramme ci-dessus. b. La série de 5 000 simulations est moins dispersée, la boîte est beaucoup plus petite, bien resserrée autour de la médiane : 5. On se rend compte qu’environ une fois sur deux on a entre 4 et 6 records. 76 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice76.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice76.xls (Excel 2003), 10S_exercice76.ods (Open Office). 10S_exercice76_correction.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice76_correction.xls (Excel 2003), 10S_exercice76_correction.ods (Open Office) 1. On entre dans chacune des cellules de la zone A3:A102 la formule : =ALEA() . 2. a. La cellule B1 contient la valeur 1, car la première valeur est forcément un record. b. La formule dans la cellule B4 est =SI(A4
Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice77_algo1.alg et 10S_exercice77_algo2.alg (Algobox), 10S_exercice77_algo1_correction.alg et 10S_exercice77_algo2_correction.alg (Algobox). 77

1. a. Le nombre NR représente le nombre de records rencontrés dans la liste de 100 nombres aléatoires. b. Le nombre R contient la valeur record, c'est-à-dire le plus grand des nombres parmi ceux déjà simulés. c. Le nombre N est un compteur qui donne combien de nombre il faut encore simuler pour obtenir la liste de les 100 nombres aléatoires. d. Le nombre A contient successivement les différents nombres simulés. 2. La boucle « Tant que » permet de simuler successivement les 100 nombres aléatoires. À chaque boucle, on regarde si le nombre obtenu est supérieur au dernier record rencontré. Si c’est le cas, on stocke sa valeur dans R et on augmente le nombre de records NR de 1. Sinon, on simule le nombre suivant.

3. Programmation de cet algorithme : TI

CASIO

4. Modifications avec Algobox : De nouvelles variables ont été déclarées : – S qui fait la somme de tous les records rencontrés lors des 40 simulations ; – I qui compte le nombre de simulations déjà effectuées parmi les 40 souhaitées dans la boucle « pour » ; – M le nombre moyen de records rencontrés lors des 40 simulations. Pour cette question : – soit on laisse les élèves compléter seuls l'algorithme en partant de celui utilisé dans les questions précédentes ; – soit on demande aux élèves d'utiliser l'algorithme en partie déjà réalisé (fichier 10S_exercice77_algo2.alg ). Dans ce cas, ils n'auront qu'à compléter certaines parties de l'algorithme (celle grisées dans l'écran ci-dessous).

78 1. a. On commence par ordonner les valeurs des séries : 7,5 – 10 – 13 – 15 – 17 et 9 – 12 – 14 – 15. Pour les deux séries, la moyenne est 12,5 et la médiane est 13. L’étendue de la 1re série est 9,5 et celle de la 2e série est 6. b. Les deux séries ont les mêmes caractéristiques de position : moyenne et médiane, par contre la première série a une plus grande étendue et semble plus dispersée. c. La moyenne et la médiane de la 2e série augmentent légèrement, par contre les étendues deviennent identiques. 2. a. Par définition d’une moyenne : on calcule la somme des carrés des écarts et on divise par le nombre de valeurs. b. Avec la calculatrice, on obtient :

Cette courbe a l’allure d’une parabole. c. Il suffit de développer f (x) pour obtenir l’expression cherchée. d. Si la moyenne de la classe vaut 11,8 ; l’expression vaut f (11,8) = 12,09. e. f ’ (x) = 2x − 25. On a f ’ (x) = 0 pour x = 12,5 d’où le tableau : x

0

12,5

167,85

20 67,85

f (x) 11,6

La fonction f est minimale pour x = 12,5, c'est-à-dire quand x est égal à la moyenne de la série. 3. Cette fois, la valeur moyenne est donnée par : 1 h(x) = ( x − 9)2 + ( x − 12)2 + ( x − 14 )2 + ( x − 15)2 . 4 Avec la même fenêtre graphique que pour la question précédente, on obtient :

(

)

En développant h(x), on obtient : h(x) = x 2 − 25x +

323 . 2

h’(x) = 2x − 25, d’où h’(x) = 0 pour x = 12,5. Chapitre 10 Statistiques

163

3.

On obtient le tableau : x

0

12,5

20

161,5

2e groupe

61,5

h (x)

Sportifs

5,25

La fonction h est minimale pour x = 12,5, c'est-à-dire quand x est égal à la moyenne de la série. (On arrive aux mêmes conclusions que dans la question 1.) 3. a. La valeur moyenne est donnée par : 1 ( x − a )2 + ( x − b )2 + ( x − c )2 + ( x − d )2 . g (x) = 4 b. En développant g (x), on obtient : a+b+c+d a 2 + b2 + c 2 + d 2 g (x) = x 2 − − . x+ 4 2 a+b+c+d , c. g ’ (x) = 2x − 2 a+b+c+d . d’où g ’ (x) = 0 pour x = 4 Les variations sont données dans le tableau ci-dessous :

(

x

0

)

a+b+c+d 4

20

g (x)

44

a+b+c+d . 4 Cette valeur est la moyenne des quatre valeurs a, b, c et d. 1. La première somme représente la somme des carrés des écarts entre la quantité x et chacune des mesures observées (a, a’, a’’, …) de cette quantité. Cette somme représente donc n fois la variance de la série, si n est le nombre d’observations. 2. L’expression signifie que Legendre considère la valeur x pour laquelle cette somme est minimale. 3. Legendre démontre que l’expression est minimale quand le réel x est égal à la moyenne des mesures a, a’, a’’, … observées. 79

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice80.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice80.xls (Excel 2003) et 10S_exercice80.ods (Open Office). 80

30e

31e

1. a. La médiane est la demi-somme des et valeurs, soit 52. Le 1er quartile est la 15e valeur, soit 50. Le 3e quartile est la 45e valeur, soit 54. b. Voir le diagramme ci-après. 2. a. En utilisant la calculatrice, on obtient une moyenne de 52 et un écart-type d’environ 4,06. b. On obtient l’intervalle [43,88 ; 60,12]. Dans cet intervalle, il y a 57 valeurs ce qui correspond 57 à un pourcentage de × 100, soit 95 %. 60

48

52

56

60

64

68

72

76

80

4. On peut constater que les FCR sont globalement plus basses chez les sportifs, ce que l’on retrouve si on compare les moyennes des deux séries. Les diagrammes montrent aussi que les FCR sont plus dispersées chez les non sportifs, ce que l’on retrouve si on compare les écart-types des deux séries. On peut émettre l’hypothèse qu’avoir une activité sportive aide à diminuer la FCR. 81

1. On a le tableau :

Valeurs

93,5 93,6 93,7 93,8 93,9

94

94,1 94,2

Effectifs

1

1

3

1

4

5

6

4

Cumulés

1

2

5

6

10

15

21

25

Valeurs

d. La fonction g est minimale pour x =

164

40

94,3 94,4 94,5 94,6 94,7 94,8 94,9

Effectifs

2

2

6

4

7

3

1

Cumulés

27

29

35

39

46

49

50

2. La médiane est la demi-somme des 25e et 26e valeurs, soit 94,25. Le 1er quartile est la 13e valeur, soit 94. Le 3e quartile est la 38e valeur, soit 94,6. L’écart interquartile est 94,6 − 94, soit 0,6. En utilisant la calculatrice, on obtient une moyenne de 94,28 et un écart-type d’environ 0,365. 3.

93,5 93,7 93,9 94,1 94,3 94,5 94,7 94,9

4. 6 4 2 0 93,3

93,5 93,7 93,9 94,1 94,3 94,5 94,7 94,9

5. On peut constater que les données ne sont pas réparties de façon homogène : il y a beaucoup de valeurs concentrées autour de 94,1 et de 94,6. Cette constatation n’a pas pu être faite avant, car ni les paramètres statistiques ni le diagramme en boîte ne le permettent.

6. L’histogramme donne l’impression que les données sont réparties équitablement. Le choix de ce rangement en classes n’est donc pas pertinent. =1 12

10

12

11

5 95,2

95,5

95,8

94,1

94,4

94,7

95

Il est possible de traiter cet exercice avec un tableur. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice81.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice81.xls (Excel 2003) et 10S_exercice81.ods (Open Office). 82 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_exercice82.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice82.xls (Excel 2003) et 10S_exercice82.ods (Open Office). 10S_exercice82_correction.xlsx (Excel 2007), 10S_exercice82_correction.xls (Excel 2003) et 10S_exercice82_correction.ods (Open Office).

On calcule les différents paramètres statistiques. Semaine du 30/06/2010

Semaine du 22/09/2010

Semaine du 22/09/2010

Moyenne

183 894

121 361

213 590

Écart type

368 927

124 381

204 803

Min

16 853

32 335

52 856

Q1

45 870

42 211

64 020

Médiane

84 884

57 278,5

92 548

Q3

172 154

104 803

321 969

Max

1 722 859

456 929

687 101

Étendue

1 706 006

424 594

634 245

126 284

62 592

257 949

Rang

Interquartile

On peut observer que pour les séries 2 et 3, l’écart-type est à chaque fois très voisin de la moyenne. Pour la série 1, l’écart-type est même le double de la moyenne. Cela signifie que ces séries ont des valeurs très dispersées. Ces observations sont confirmées par les valeurs des étendues et des écarts interquartile. Pour la série 1, on peut observer que la plus grande valeur est 10 fois supérieure à la valeur du troisième quartile. On peut ensuite tracer les diagrammes en boîte de ces trois séries (voir bas de page). Ils confirment les observations déjà faites. Les valeurs sont très dispersées après la médiane et beaucoup plus concentrées avant. C’est, en partie, ce qui explique que la moyenne est à chaque fois deux fois plus élevée que la médiane. À noter que si l’on supprime la valeur maximale de la série 1, son diagramme devient presque symétrique et la moyenne est divisée par deux. La fréquentation de la semaine du 30/06 est fortement influencée par la valeur maximale. Globalement, la fréquentation est plus faible la semaine du 22/09 et c’est le 22/10 que les résultats sont les moins homogènes. La valeur qui rendra l’écart-type le plus petit possible est celle qui sera le plus près possible de la moyenne. La moyenne étant environ 11,44 ; la valeur entière la plus proche est 11. 83

La moyenne étant 133,1, on peut écrire : x1 + x2 + ... + x50 = 133,1. 50 On a : x1 + x2 + … + x50 = 133,1 × 50 = 6 655. On en déduit que x1 + x2 + … + x49 = 6 655 − 159 = 6 496. 6 496 928 La nouvelle moyenne est , soit environ = 49 7 132,57. L’écart-type étant σ ≈ 4,29, la variance de la série est V ≈ 4,292 ≈ 18,404 1. 84

Série 1

Série 2

Série 3 0

2 × 105

4 × 105

6 × 105

8 × 105

10 6

1,2 × 10 6

1,4 × 10 6

1,6 × 10 6


165

D’après la formule de la variance, on peut écrire : 2 x12 + x22 + ... + x50 − 133,12 ≈ 18,4041. 50 2 On a x12 + x22 + … + x50 = (18,404 1 + 133,12) × 50 ≈ 886 701. On en déduit que : 2 ≈ 886 701−1592 ≈ 861 420. x12 + x22 + … + x49 La variance de la nouvelle série est : 861420 928 2 ≈ 4,81 et son écart-type est σ ≈ 4, 81 − 49 7 soit σ ≈ 2,19. On peut noter que la suppression de la valeur 159 modifie notablement l’écart-type.

( )

• La moyenne de la première série étant 171,5 ; la somme des 36 premières valeurs est : x1 + x2 + … + x36 = 171,5 × 36 = 6 174. • La moyenne de la seconde série étant 172 ; la somme des 33 dernières valeurs est : y1 + y2 + … + y36 = 172 × 33 = 5 676. • La moyenne de toutes les valeurs regroupées est : 6 174 + 5 676 11 850 3 950 ≈ 171,74. = = 36 + 33 69 23 85

• L’écart-type de la première série étant σ ≈ 2,73, la variance de cette série est V1 ≈ 2,732 ≈ 7,4529. D’après la formule de la variance, on peut écrire : 2 x12 + x22 + ... + x36 − 171,52 ≈ 7,4529. 36 On en déduit que : 2 x12 + x22 + … + x 36 ≈ (7,452 9 + 171,52) × 36 ≈ 1 059 109,3. • De même, l’écart-type de la seconde série étant σ ≈ 1,87, la variance est V2 ≈ 1,872 ≈ 3,4969. D’après la formule de la variance, on peut écrire : 2 y12 + y22 + ... + y33 − 1722 ≈ 3,4969. 33 On en déduit que : 2 y12 + y22 + … + y 33 ≈ (3,496 9 + 1722) × 33 ≈ 976 387,4. • La variance de toutes les valeurs regroupées est : 2 2 2 x12 + x22 + ... + x36 + y12 + y22 + ... + y33 ⎛ 3 950 ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ 23 ⎠ 36 + 33 2 1 059 109,3 + 976 387, 4 ⎛ 3 950 ⎞ ≈ ≈ 5,623 3 −⎜ ⎟ ⎝ 23 ⎠ 69 • L’écart-type de toutes les valeurs regroupées est σ ≈ 5,6233 , soit σ ≈ 2,37.Xeruptatem ariossiti reic tem et faceatum aut acit aut qui offic tem es qui conecae


1 Production dans une usine

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_TP1.xlsx (Excel 2007), 10S_TP1.xls (Excel 2003) et 10S_TP1.ods (Open Office). 10S_correctionTP1.xlsx (Excel 2007), 10S_correctionTP1.xls (Excel 2003) et 10S_correctionTP1.ods (Open Office). Partie A 1. Voir ci-contre les différentes formules à utiliser. 2. La série ordonnée est : 24,85 – 24,9 – 24,95 – 25 – 25 – 25 – 25,05 – 25,05 – 25,1 – 25,2. Le premier quartile est la 3e valeur, soit 24,95. Ce n’est pas la valeur affichée par le tableur : 24,96. Cela s’explique par le fait que les méthodes de calcul des quartiles sont différentes de celle préconisées dans les programmes. Sur un tableur, les valeurs des quartiles ne sont pas nécessairement des valeurs de la série. À noter que l’on rencontre le même phénomène sur les calculatrices.

166

Partie B 1. Voir ci-dessous les différentes formules à utiliser.

Ci-contre les valeurs obtenues à l’aide du tableur.

La cellule B13 contient l’effectif total, la cellule C13 contient la somme des ni xi et la cellule D13 la somme des ni xi2. Cela explique les formules des cellules C14 et C15 pour le calcul de la moyenne et de la variance. 2. a. Les formules des cellules C18 et C19 calculent les bornes de l’intervalle [m – 2σ ; m + 2σ]. Cela permet, dans la cellule E21, de déterminer le nombre de valeurs situées dans cet intervalle et, dans la cellule E22, de calculer le pourcentage correspondant. On obtient 34 valeurs, soit environ 94,4%. b. En fonction des critères énoncés, la machine n’est pas considérée comme étant correctement réglée. 3. Pour déterminer la valeur des quartiles, il suffit de chercher à partir de quelle valeur la fréquence cumulée croissante est supérieure à 25 % pour le 1er quartile et à 75 % pour le troisième quartile. On obtient Q1 = 24,9 (ligne 5) et Q3 = 25,05 (ligne 8).


167

Partie C Il suffit de commencer par déterminer le centre des classes, ensuite les formules utilisées sont identiques. À 0,01 près, on obtient une moyenne de 25,02, une variance 0,03 et un écart-type de 0,16.

TP

2 Simulation de sondages : temps d’attente à un arrêt de bus

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_TP2.xlsx (Excel 2007), 10S_TP2.xls (Excel 2003) et 10S_TP2.ods (Open Office). 10S_correctionTP2.xlsx (Excel 2007), 10S_correctionTP2.xls (Excel 2003) et 10S_correctionTP2.ods (Open Office). Partie A Voir ci-contre les différentes formules à utiliser. Comme il s’agit d’une simulation, les valeurs obtenues son bien sûr à chaque fois différentes. On obtient un temps d’attente moyen de 7,5 min environ.

Partie B Voir ci-contre les différentes formules à utiliser. On peut observer la fluctuation des résultats. L’amplitude de ces fluctuations est d’environ une unité.

168

Partie C On peut observer que la moyenne des moyennes des différentes simulations (cellule AG2) est sensiblement la même pour 10 personnes et pour 1 000 personnes. Il en est même pour la moyenne des différentes médianes (cellule AG4). Par contre, les moyennes des différents des différents écart-types (cellule AG3) des différents écarts interquartiles (cellule AG5) et des différentes étendues (cellule AG6) sont légèrement inférieures dans le cas de 10 personnes. Les écart-types des moyennes des différentes simulations et de leurs écart-type (cellules AH2 et AH3) sont environ 10 fois plus grands pour 10 personnes que pour 1 000 personnes. Ce résultat se généralise : si le nombre de personnes sondées est multiplié par n, les valeurs moyennes sont 1 sensiblement les mêmes alors que les valeurs des différents écart-types sont multipliées par . n

TP

3 Un drôle de paradoxe

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 10S_TP3.xlsx (Excel 2007), 10S_TP3.xls (Excel 2003) et 10S_TP3.ods (Open Office). 10S_correctionTP3.xlsx (Excel 2007), 10S_correctionTP3.xls (Excel 2003) et 10S_correctionTP3.ods (Open Office). 10S_TP3.ggb (Geogebra) Partie A 1. Pour un graphiste comme pour un journaliste, c’est le site du « Canard déchaîné » qui propose le meilleur salaire. 2. a. Le salaire moyen d’un employé du « Canard déchaîné » est 20 × 1800 + 5 × 2 700 , soit 1 980 €. 20 + 5 11× 1600 + 14 × 2 500 b. Le salaire moyen d’un employé du « Bigaro » est , soit 2 104 €. 14 + 11 3. On a vu dans la question 1. que le salaire moyen des graphistes ainsi que celui des journalistes est plus élevé au « Canard déchaîné ». Mais on a aussi vu dans la question 2. que le salaire moyen de tous les employés est plus élevé au « Bigaro ». Ce paradoxe est dû à la répartition des effectifs dans les différentes catégories : il y a proportionnellement plus de journalistes au « Bigaro » (environ 56 %) qu’au « Canard déchaîné » (environ 20 %). Les journalistes étant en moyenne mieux payés que les graphistes, cela fait augmenter le salaire moyen de l’ensemble des employés de l’entreprise. Individuellement, quelle que soit la catégorie, il vaut mieux se faire embaucher au « Canard déchaîné ». Partie B 1. La formule dans la cellule C4 est =(B2*C2+B3*C3)/(B2+B3) . La formule dans la cellule E4 est =(D2*E2+D3*E3)/(D2+D3 . 2. Sélectionner les deux zones (touche ctrl ) et choisir le type de diagramme approprié. On peut observer que pour les deux premiers diagrammes, la bande verte est au-dessus de la bleue et que c’est le contraire pour le troisième diagramme. 3. La formule dans les cellules B2, B3, D2, D3 est =ENT(30*ALEA()+1) . 4. Sélectionner les deux zones (touche ctrl ), puis choisir le type de diagramme approprié. 5. Sur le troisième diagramme du graphique 1 (Salaire moyen), on peut observer qu’en général, la bande verte est au-dessus de la bleue. Quand cela n’est pas le cas, on peut constater (dans le tableau ou sur le graphique 2) que la proportion de journalistes parmi les employés est beaucoup plus importante au « Bigaro » qu’au « Canard déchaîné ». Partie C On peut constater qu’en général l’abscisse du point M1 est supérieure à celle du point M2 ; c'est-à-dire que c’est le site du « Canard déchaîné » qui propose le meilleur salaire moyen. Pour obtenir le contraire, il faut soit augmenter la valeur de NG1 ou de NJ2 soit diminuer la valeur de NJ1 ou de NG2. Cela revient à augmenter la proportion de journalistes au « Bigaro » ou la baisser au « Canard déchaîné ». Chapitre 10 Statistiques

169

CHAPITRE

11

Probabilités : variables aléatoires

A Le programme La notion de loi de probabilité d’une variable aléatoire permet de modéliser des situations aléatoires, d’en proposer un traitement probabiliste et de justifier certains faits observés expérimentalement en classe de seconde. L’utilisation des arbres pondérés est développée pour modéliser la répétition d’expériences identiques et indépendantes. Elle est restreinte à ce cadre afin d’éviter toute confusion avec des situations relevant des probabilités conditionnelles. Contenus


Commentaires

Probabilités Variable aléatoire discrète et loi de probabilité. Espérance, variance et écart-type.

• Déterminer et exploiter la loi d’une variable aléatoire. • Interpréter l’espérance comme valeur moyenne dans le cas d’un grand nombre de répétitions.

À l’aide de simulations et d’une approche heuristique de la loi des grands nombres, on fait le lien avec la moyenne et la variance d’une série de données. On exploite les fonctionnalités de la calculatrice ou d’un logiciel pour déterminer l’espérance, la variance et l’écart-type d’une variable aléatoire.  On démontre les formules suivantes sur l’espérance et la variance : E (aX + b) = a E (X) + b V (aX) = a2 V (X)

Modèle de la répétition d’expériences identiques et indépendantes à deux ou trois issues.

• Représenter la répétition d’expériences identiques et indépendantes par un arbre pondéré. • Utiliser cette représentation pour déterminer la loi d’une variable aléatoire associée à une telle situation.

Pour la répétition d’expériences identiques et indépendantes, la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat. La notion de probabilité conditionnelle est hors programme. On peut aussi traiter quelques situations autour de la loi géométrique tronquée.  On peut simuler la loi géométrique tronquée avec un algorithme.

170

B Notre point de vue Nous avons regroupé dans ce chapitre la partie du programme relative aux variables aléatoires, et celle concernant la répétition d’expériences identiques et indépendantes. En effet, cette dernière notion permet d’enrichir le domaine des variables aléatoires que l’on donne à étudier aux élèves. La notion de variable aléatoire est introduite par l’activité 1 « Lancers de pièces » : celle-ci permet de bien distinguer l’ensemble des issues d’une expérience et l’ensemble des valeurs prises par une variable aléatoire. L’activité 2, « Une tombola », introduit la notion de loi de probabilité d’une variable aléatoire. Ces notions constituent l’essentiel de la première page de cours. La seconde page de cours est consacrée à l’espérance mathématique et à la variance d’une variable aléatoire. L’activité 3 « Camille et la machine » permet, conformément au programme, d’interpréter l’espérance comme valeur moyenne dans le cas d’un grand nombre de répétitions. Les élèves doivent savoir calculer l’espérance et l’écart-type à l’aide d’une calculatrice ou d’un tableur : les méthodes sont décrites dans cette page. La troisième page de cours traite de la répétition d’expériences identiques et indépendantes. Nous avons introduit l’indépendance de façon très perceptive, puisqu’aucune définition de l’indépendance n’est au programme de la classe. Nous avons considéré que le plus important est que l’élève sache construire un arbre pondéré et qu’il soit capable de mener à bien des calculs de probabilités à l’aide de ce support. L’activité 5 « Des arbres aux arbres pondérés » essaie de justifier auprès des élèves les propriétés d’un arbre pondéré en partant d’un arbre bien classique de dénombrement de toutes les issues possibles, pour arriver à un arbre pondéré après regroupement de certaines branches. Une application de ces arbres pondérés est la découverte d’une loi, la loi géométrique tronquée, qui est abordée pour la première fois dès le savoir-faire 8. La page « Chercher avec méthode » s’attache à aider l’élève dans ce qui est le plus important pour lui dans ce chapitre : savoir déterminer de manière autonome la loi de probabilité d’une variable aléatoire donnée. Le premier TP, « La chasse aux canards », utilise le tableur pour résoudre expérimentalement un problème : celui-ci est résolu ensuite de façon exacte grâce à l’utilisation d’une variable aléatoire. Le second TP, « Le lièvre et la tortue », traite d’un problème relatif à une loi géométrique tronquée : dans un premier temps, on élabore un algorithme pour résoudre expérimentalement le problème, puis on le résout de manière exacte grâce à l’utilisation des arbres pondérés.

Les notions abordées dans le chapitre 11 1. Variable aléatoire 2. Espérance mathématique et variance 3. Répétition d’expériences identiques et indépendantes

C Avant de commencer Se tester avec des QCM 1 D ;

2 C ;

3 C ;

8 1. 25 résultats. 4 C ;

Se tester avec des exercices 6 8 issues possibles. 7 1. 36

5 D.

2. Une erreur s'est glissée en fin de manuel le résultat est 7 , soit 0,28. 25 – 3 9 P (A )= 4 1 1 1 15 + 20 – 12 23 et P (A B) = + – = = . 4 3 5 60 60 Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

171

D Activités Activité 1 Lancers de pièces Cette activité introduit la notion de variable aléatoire à l’aide de l’expérience aléatoire consistant à lancer trois fois de suite une pièce de monnaie : un des objectifs essentiels est que l’élève se rende compte que les issues de l’expérience sont modifiées par l’introduction d’une variable aléatoire. 1. E = {PPP, PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF}.

2. a. Avec l’issue PPP, on gagne 3 €. Avec les issues PPF, PFP, FPP, on gagne 4 €. Avec les issues PFF, FPF, FFP, on gagne 5 €. Avec l’issue FFF, on gagne 6 €. b. L’ensemble des gains possibles est : {3, 4, 5, 6}. 3. a. C’est l’issue PPP. b. X=3 X=4 Issues de E

PPP

PPF PFP FPP

X=5 PFF FPF FFP

X=6 FFF

4. L’événement « X ⭓ 4 » est constitué des issues PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF. L’événement « X ⬍ 5 » est formé des issues PPP, PPF, PFP, PFF.

Activité 2 Une tombola Cette activité permet d’introduire la notion de loi de probabilité d’une variable aléatoire ; le professeur pourra définir cette notion aisément en s’appuyant sur cette activité. 10 1 1. a. P (A) = = 0,01. b. P (B) = = 0,1. 100 100 2. a. L’ensemble des gains possibles est : {0, 10, 50}. b. P (X = 50) = P (A) = 0,01. P (X = 10) = P (B) = 0,1. 89 P (X = 0) = = 0,89. 100

Activité 3 Camille et la machine Dans cette activité, on simule un très grand nombre de fois une expérience aléatoire conduisant à un gain pour le joueur. Le tableur permet de calculer la moyenne de ces gains sur 10 000 parties. On se rend compte que cette moyenne est relativement stable, et aussi qu’elle peut être obtenue par un calcul direct avec les données du problème. Ceci permet d’introduire de façon non artificielle la formule donnant l’espérance mathématique d’une variable aléatoire. En cela, on satisfait une recommandation

172

du programme qui est d’interpréter l’espérance comme une valeur moyenne dans le cas d’un grand nombre de répétitions. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 11S_activite3.xls (Excel 2003), 11S_activite3.xlsx (Excel 2007), 11S_activite3.ods (Open Office).

1. La formule à introduire en B2 est : =ALEA() . La formule à introduire dans la cellule C2 est : =SI(B2<0,2;8;SI(B2<0,5;-1;-2)) .

2. On simule plusieurs fois 10 000 parties à l’aide de la touche F9 . La moyenne des gains obtenue dans la cellule F6 prend des valeurs voisines de 0,30 €. a. Les fréquences obtenues dans les cellules H2 à H4 sont voisines respectivement de 0,5 – 0,3 – 0,2 : ceci est lié à la formule introduite dans la colonne C et qui prend en compte ces fréquences. b. Pour obtenir le gain moyen trouvé en F6 à partir des fréquences, il suffit de multiplier les trois fréquences trouvées respectivement par –2, –1 et 8. La formule à entrer est alors : =(-2)*H2+(-1)*H3+8*H4 . c. Sans simulation, on peut donc déterminer le gain moyen avec la formule (–2) × 0,5 + (–1) × 0,3 + 8 × 0,2. Le résultat est 0,3.

Activité 4 Machines à sous Cette courte activité a pour objectif la découverte de la formule donnant E (aX + b) dans un cas simple : le 1 fait que G’ soit égal à G – b, avec b variable, permet 2 de faire apparaître assez clairement la formule qui sera ensuite démontrée dans le cours. 1. E (G) = 1,8.

2. a. Loi de G’ : xi P (G’ = xi)

–b

10 – b

50 – b

0,95

0,04

0,01

b. E (G’ ) = – 0,95 b + 0,04 (10 – b) + 0,01(50 – b) = 0,9 – b. 1 On en déduit : E (G’ ) = E (G) – b. 2

Activité 5 Des arbres aux arbres pondérés Dans cette activité, on se propose de donner du sens à la notion d’arbre pondéré : pour cela, on part de la notion bien connue d’arbre de choix et on regroupe certaines branches de cet arbre. Les probabilités que l’on place sur les branches apparaissent alors très naturellement : le professeur peut

ainsi, à partir de cet exemple, décrire les règles d’utilisation des arbres pondérés. Pour cette activité, une animation est disponible sur le manuel numérique premium. 1. a. L’arbre montre qu’il y a bien 25 issues possibles. A1 A2 A3 B1 B2 A1 A2 A3 B1 B2 A1 A2 A3 B1 B2 A1 A2 A3 B1 B2 A1 A2 A3 B1 B2

A1

A2

A3

B1

B2

6 = 0,24 ; 25 6 4 P (BA) = = 0,24 ; P (BB) = = 0,16. 25 25 3 2. a. La probabilité d’avoir A au premier tirage est , 5 2 celle d’avoir B est . 5 3 3 9 c. On constate que × = , probabilité d’obtenir le 5 5 25 mot AA. On fait de même pour AB, BA et BB. 3 A

b. P (AA) =

9 = 0,36 ; 25

P (AB) =

5

A

3 5

2 5

2 5

B

3 5

A

B 2 5

B On en déduit la méthode : « pour déterminer la probabilité du mot XY, où X est la lettre du premier tirage et Y celle du second tirage, on fait le produit des probabilités d’obtenir chacune des lettres X et Y à chaque tirage. »

E Exercices 5 5 2 1 × + 2− 2 2 4

V (X) = 1−

2

( )

( )

POUR DÉMARRER 1

1. X prend les valeurs 0, 1 et 2. 2. « X = 1 » est l’événement « obtenir une fois PILE ». 2

1. X prend les valeurs 0, 1, 2 et 3. 2. « X = 2 » est l’événement « tirer deux boules vertes ; « X ⭓ 1 » est l’événement « tirer au moins une boule verte ». 3 P (X = 1) = 5 ; P (X = 2) = 1 . 6 6 4 1. a + 0,3 + 0,5 = 1, soit a = 0,2. 2. Correctif : il est plus intéressant de calculer P (X ⩾ 4). P (X ⩾ 4) = 0,3 + 0,5 = 0,8.

5 2 1 + 3− 2 4 1 5 2 1 5 × + 4− × = , 4 4 4 2

( ) ( )

×

5 . 2 9 On utilise la calculatrice. On obtient : E (X) = 3,83 et V (X) ≈ 4,48.

d’où : σ(X) =

10

E (Y) = 2E (X) = 10 ; V (2X) = 4 V (X) = 16.

11 1. La probabilité de la liste AA est : 0,6 × 0,6 = 0,36. 2. La probabilité de la liste BA est : 0,4 × 0,6 = 0,24. 12

1.

0,2

A

5

X prend les valeurs 3 et 27. 1 1 Loi de probabilité de X : P (X = 3) = ; P (X = 27) = . 2 2 6 Loi de X : xi P (X = xi)

40 0,2

60 0,3

0,8

100 0,5

7 E (X) = 0 × 1 + 1 × 1 = 1 . 2 2 2 12 1 1 12 1 × + 1− × = . V (X) = 0 − 2 2 2 2 4 1 1 1 1 5 8 E (X) = 1 × +2× +3× +4× = . 4 4 4 4 2

( )

A 0,2

0,2

0,8

B A

B

( )

0,8

B

2. P (BB) = 0,8 × 0,8 = 0,64. Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

173

POUR S'ENTRAÎNER

–4 1 6

xi

13

1. Ω = {(J2, J2), (J2, J3), (J3, J2), (J3, J3)} ; X prend les valeurs 4, 6 et 9. 2. L’événement associé à « X = 6 » est « tirer un jeton 2 et un jeton 3 », soit {(J2, J3), (J3, J2)}. 14

1. X prend les valeurs 1, 2, 3. 2. « X = 2 » est l’événement « tirer le carton « Hasard » ou le carton « Monde ». 3. On peut par exemple définir la variable aléatoire Y associée au nombre de consonnes du mot tiré, ou la variable aléatoire Z associée au nombre de lettres du mot tiré. 15

1. X prend les valeurs 2 et 3. 2. « X = 3 » est l’événement « une des faces est apparue deux fois au bout de 3 lancers » : il correspond aux résultats PFF, PFP, FPP et FPF. 3. L’événement « X = 4 » ne peut pas se réaliser puisqu’au bout de 3 lancers, il y a toujours une face qui est apparue deux fois. C’est l’événement impossible. 16

Loi de probabilité de X :

P (X = xi)

–1 1 6

1

1 3

3 1 6

6 1 6

23

1. Les triplets possibles sont : (1 ; 1 ; 1), (1 ; 1 ; 2), (1 ; 2 ; 1), (2 ; 1 ; 1), (1 ; 2 ; 2) , (2 ; 1 ; 2), (2 ; 2 ; 1), (2 ; 2 ; 2). Les 8 triplets trouvés sont équiprobables. 2. X prend les valeurs 3, 4, 5 et 6. Loi de probabilité de X : xi

3

P (X = xi)

1 8

4 3 8

5 3 8

6

1 8

24 1. Il y a 36 issues possibles. 2. S prend les valeurs 2, 3, 4, 5 et 6. 3. S = 3 est réalisé avec les trois issues (1, 2) et les trois 6 1 = . issues (2 ; 1). Ainsi : P (S = 3) = 36 6 4. a. Tableau des valeurs prises par S :

1 2 3 3 3 4 4

1 2 2 2 3 3

Faux : X prend les valeurs –1 et 2.

17

Faux : Y prend les valeurs 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 24, 25, 30, 36.

2 3 4 4 4 5 5

2 3 4 4 4 5 5

2 3 4 4 4 5 5

4 13 36

5

3 4 5 5 5 6 6

3 4 5 5 5 6 6

18

X prend les valeurs 1, 5 et 100. Il y a équiprobabilité pour le tirage des huit cartes.

si

Loi de probabilité de X : xi P (X = xi) 19

P (X = xi)

P (S = si)

100 1 8

0 23 40

1

7 20

2 1 20

200 0,2

240 0,3

260 0,1

4 1 40

280 0,4


xi P (X = xi) 22

–50 1 2

24 1 6

48 1 6

72 1 6

1. Les tirages possibles pour les entiers inscrits sur les boules sont : –1 et + 2, –1 et –3, –1 et + 4, + 2 et –3, + 2 et + 4, –3 et + 4. 2. X prend les valeurs – 4, –1, 1, 3 et 6. Les six tirages possibles sont équiprobables.

174

2 1 36

3 1 6

1 3

6 1 9

25


xi P (X = xi) 21

5 1 2


xi

20

1 3 8

b. Loi de probabilité de S :

1. Les valeurs possibles du gain algébrique du joueur sont : –2, 4 et 10. 2. Il y a 26 × 25 = 650 tirages distincts possibles. 20 × 19 38 ≈ 0,585. P (X = –2) = = 650 65 6 × 20 × 2 24 ≈ 0,369. P (X = 4) = = 650 65 6×5 3 = P (X = 10) = ≈ 0,046. 650 65 27 Il y a 18 issues possibles : ce sont les triplets (étoile, étoile, étoile), (étoile, cœur, fleur)… X prend les valeurs 0, 2 et 5. 2 1 P (X = 5) = = , car il n’y a que deux triplets avec 18 9 trois symboles identiques : (étoile, étoile, étoile) et (cœur, cœur, cœur). 4 2 P (X = 0) = = , car il n’y a que quatre triplets avec 18 9 des symboles tous différents, deux commençant par « étoile » et deux commençant par « cœur ». 1 2 2 P (X = 2) = 1 – − = . 9 9 3

Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

28 1. Une erreur s'est glissée dans l'énoncé : il ne faut pas utiliser deux boucles « Si… Alors » imbriquées. On appelle random la fonction donnant 0 ou 1 de façon aléatoire. Algorithme : P prend la valeur random + random Afficher P

2. On obtient l’algorithme suivant : Variables A, B, C, I, N, P variables entières

Entrées Saisir N Initialisations A prend la valeur 0 B prend la valeur 0 C prend la valeur 0

b. On peut alors comparer avec les valeurs théoriques : P (X = 0) = 0,25 ; P (X = 1) = 0,5 ; P (X = 2) = 0,25. On doit donc obtenir des valeurs assez voisines de 25, 50 et 25 pour A, B et C pour cette simulation.

Traitement Pour I allant de 1 à N P prend la valeur random + random Si P = 0 Alors A prend la valeur A + 1 Sinon Si P = 1 Alors B prend la valeur B + 1 Sinon C prend la valeur C + 1 Fin Si Fin Si Fin Pour Sorties Afficher A, B, C

3. a. Pour obtenir une fonction donnant aléatoirement 0 ou 1 sur une calculatrice, soit elle possède cette fonction, soit on saisit Int (Ran# × 2) sur Casio ou ent (NbrAléat*2) sur Texas.

Programmation de cet algorithme : TI Prompt N 0↦A 0↦B 0↦C For (I, 1, N) ent (NbrAléat*2) + ent (NbrAléat*2) ↦ P If P = 0 Then A+1↦A Else If P = 1 Then B+1↦B Else C+1↦C End End End Disp A, B, C

CASIO "N"? ↦ N 0↦A 0↦B 0↦C

For 1 ↦ I To N Int (Ran# × 2) + Int (Ran# × 2) ↦ P IIf P = 0 Then A + 1 ↦ A Else If P = 1 Then B + 1 ↦ B Else C + 1 ↦ C IfEnd IfEnd Next A B C

29

1. Liste des 27 tirages possibles : (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 1, 3), (1, 2, 1), (1, 2, (1, 3, 1), (1, 3, 2), (1, 3, 3), (2, 1, 1), (2, 1, (2, 2, 1), (2, 2, 2), (2, 2, 3), (2, 3, 1), (2, 3, (3, 1, 1), (3, 1, 2), (3, 1, 3), (3, 2, 1), (3, 2, (3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 3, 3). 2. X prend les valeurs 3, 4, 5, 6, 7, 8 et 9. 3. Loi de probabilité de X : xi P (X = xi)

3 1 27

4 1 9

5 2 9

6 7 27

7 2 9

2), 2), 2), 2),

(1, (2, (2, (3,

8 1 9

2, 1, 3, 2,

3), 3), 3), 3),

9 1 27

Faux : P (X ⭓ 0) = 1. 31 Vrai : P (N = 2) = 1 . 4 1 1 1 32 Faux : + + a = 1, soit a = . 2 3 6 33 Vrai : P (X = 3) = 6 × 3 × 2 = 1 . 2 9×8 34 1. Si on tire (1,1), le score est 3 ; si on tire (1,2), le score est 6 ; si on tire (2,1), le score est 5 ; si on tire (2, 2), le score est 8. D’où la loi de probabilité de X : 30

xi P (X = xi)

3 4 9

5 2 9

6 2 9

8 1 9

2 2 1 5 + + = . 9 9 9 9 35 X prend les valeurs 0, 1 et 2. Il y a 12 tirages distincts possibles. X prend la valeur 0 quand on tire un jeton marqué 2 ou un jeton marqué 3 dans chaque urne, 1+ 2 3 1 soit P (X = 0) = = = . X prend la valeur 1 12 12 4 quand on tire un jeton 1 dans l’urne U1 et le jeton 2 dans l’urne U2, le jeton 3 dans l’urne U1 et le jeton 2 dans l’urne U2, le jeton 2 dans l’urne U1 et un jeton 3 dans l’urne U2, soit : 2. P (X ⬎ 4) =

P (X = 1) =

5 2 +1+ 2 = . 12 12


175

X prend la valeur 2 quand on tire un jeton 1 dans l’urne 4 1 U1 et un jeton 3 dans l’urne U2, soit P (X = 2) = = . 12 3 36 1. a = 0,05. 2. a. P (X ⬎ 3) = 1 – P (X ⭐ 3) = 1 – 0,55 = 0,45. b. P (X ⭐ 5) = 1 – P (X ⭓ 6) = 0,15. 37

1. P (X = 2) = 0,31, car la somme des probabilités P (X = k) est égale à 1. 2. P (X ⭓ 2) = 0,31 + 0,15 + 0,05 = 0,51. 38

P (X ⭓ 600) = 0,32 + 0,27 + 0,04 = 0,63.

3. Le montant de la commission sur une voiture est 0, 4 = 67,5 €. Le montant moyen perçu en un 13 500 × 100 an est donc : 67,5 × 78 = 5 265 €. 47 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 11S_exercice47.xls (Excel 2003), 11S_exercice47.xlsx (Excel 2007), et 11S_exercice47.ods (Open Office).

1. E (X) = 10 × 0,3 + (–5) × 0,7 = –0,5. 2. On simule cette expérience avec la formule :

39

= SI(ALEA()<0,3 ;10 ;-5) .

40

4. a. Si on a simulé les 100 expériences dans les cellules A1 à A100, on obtient la moyenne avec la formule : =MOYENNE (A1 :A100) . b. Faire plusieurs simulations avec la touche F9 .

1. Vrai, car 0,91 + 0,06 + 0,02 + a = 1, soit a = 0,01. 2. Faux, car P (X ⭓ 0) = 1. 3. Faux, car la probabilité qu’il y ait moins de deux incidents par mois est P (X ⬍ 2), soit 0,97. 1. X prend les valeurs 0, 1, 2 et 6. 1 1 La probabilité d’obtenir 6 est , donc P (X = 6) = . 6 6 De même, la probabilité d’obtenir 5 est 16, et on gagne 1 2 € pour la sortie du 5, donc P (X = 2) = . 6 1 3 1 On a aussi : P (X = 1) = , et ainsi P (X = 0) = = car 6 6 2 la somme des probabilités est 1. 1 1 1 1 3 2. E (X) = 0 × + 1 × + 2 × + 6 × = =1,5. 2 6 6 6 2 Avec la calculatrice : V (X) ≈ 4,58. 41

1. X prend les valeurs –5, 0, 65 et 615. 1 9 2. P (X = 615) = ; P (X = 65) = = 0,018 ; 500 500 50 P (X = 0) = = 0,1. 500 D’où la loi de probabilité de X : xi P (X = xi)

–5 0 65 615 0,880 0,100 0,018 0,002

3. E (X) = –2 ; en moyenne, le joueur perd deux euros en participant à cette tombola. 4. σ(X) ≈ 29,2 (à 0,1 près). 1. P (X ⭓ 1) = 1 – P (X = 0) = 0,08. 2. E (X) = 0,104 ; V (X) ≈ 0,149 (à 0,001 près). 42

1 E (X) = 0 × P (X = 0) + 1 × P (X = 1), soit P (X = 1) = . 4 3 On en déduit : P (X = 0) = . 4 1 3 1 2 3 1 11 = 2. V (X) = 02 × + 12 × – = – . 4 16 16 4 4 4 45 1. Loi de probabilité de X : 44

()

xi P (X = xi)

–a 3 5

0

1 5

5 2 15

8 1 15

3a 10 8 –9a + 18 . +0+ + = 5 15 15 15 Le jeu est équitable si et seulement si E (X) = 0, soit a = 2. 2. E (X) = – 46

1. 0,26 + 0,23 + a + 0,15 + 0,05 = 1, soit a = 0,31. 2. E (X) = 1,5. Ainsi, le nombre moyen de voitures vendues en une année est environ : 52 × 1,5 = 78.

176

48

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 11S_exercice48.xls (Excel 2003), 11S_exercice48.xlsx (Excel 2007), et 11S_exercice48.ods (Open Office). 1. Cette formule simule l’expérience aléatoire suivante : on lance un dé équilibré, et on gagne 20 € si le numéro de la face supérieure du dé est 1 ou 2, on perd 15 € dans les autres cas. 2. Si on a simulé les 500 expériences dans les cellules A1 à A500, on obtient la moyenne avec la formule : =MOYENNE (A1 :A500) . 3. On appelle X la variable aléatoire associée au gain algébrique du joueur. Sa loi de probabilité est donnée 1 2 par : P (X = –15) = et P (X = 20) = . 3 3 1 10 2 . On calcule alors : E (X) = –15 × + 20 × = – 3 3 3 2 49 1. Vrai. 2. Faux : V (X) = 1 085 – 15 = 860. 3. Vrai, car 860 ≈ 29. 50

E (Y) = E (–X) = –E (X) = –100. V (Y) = V (–X) = (–1)2 V (X) = V (X) = 202. Puisque σ(Y) = V (Y), on a : σ(Y) = 20. 51

E (Y) = 5E (X) + 40 = 140.

52

R = 10N, donc E (R) = 10 × 5 000 = 50 000. V (R) = 102 × V (R) = 100 × 2 0002 = 4 × 108. 53

1. D’après l’énoncé : Y = 2X + 1 000. 2. E (Y) = (2x1 + 1 000)p1 + (2x2 + 1 000)p2 + … + (2xr + 1 000)pr. E (Y) = 2(x1p1 + x2p2 + … + xr pr) + 1 000 (p1 + p2 + … + pr) = 2E (X) + 1 000, puisque p1 + p2 + … + pr = 1. On en déduit : E (Y) = 2 × 500 + 1 000 = 2 000. 54

1. V (Y) = p1[4x1 – E (4X)]2 + p2[4x2 – E (4X)]2 + … + pr[4xr – E (4X)]2. 2 V (Y) = p1[4x1 – 4E (X)] + p2[4x2 – 4E (X)]2 + … + pr[4xr – 4E (X)]2, car E (4X) = 4E (X).

V (Y) = 16 p1[x1 – E (X)]2 + 16 p2[x2 – E (X)]2 + … + 16pr [xr – E (X)]2. 2 soit V (Y) = 16p1[x1 – E (X)] + p2[x2 – E (X)]2 + … + pr [xr – E (X)]2 = 16V (X). 2. On a : Y = 4X, d’où : V (Y) = 16 × 32 = 144 et σ(X) = 144 = 12.

On construit un arbre modélisant l’expérience : 1 J 5

J 1 5 1 4

55

Y = 50X + 10 000, d’où : E (Y) = 50 × 1 000 + 10 000 = 60 000.

11 20 1 5

B 5 9 1 5

56

1. Soit R la variable aléatoire associée à la recette mensuelle. Alors : R = 2X. D’où : E (R) = 2 × 120 = 240 et V (R) = 22 × 102, soit σ(R) = 20. 2. Soit R’ la variable aléatoire associée à la recette annuelle. Alors : R’ = 12R. On en déduit : E (R’) = 12 × 240 = 2 880 et σ(R’) = 240. 57

1. [xi – E (X)]2 = xi2 – 2xi E (X) + [E (X)]2. i =r

V (X) =

i =r

∑ [xi – E (X)]2pi = ∑ (pi xi2 – 2pi xi E (X) + pi[E (X)]2) i =1 i =r

=

i =1 i =r

i =1 i =r

2. On a :

i =1

i =1 i =r

∑ pi xi = E (X) et ∑ pi = 1, d’où :

i =1 i =r

V (X) =

i =r

∑ pi xi2 – 2E (X) ∑ pi xi + [E (X)]2 ∑ pi i =1 i =r

∑ pi xi2 – 2[E (X)]2+ [E (X)]2 =

∑ pi xi2 – [E (X)]2.

i =1

i =1

58

1. Vrai, car E (Y) = –50 + 100 = 50. 2. Faux, car V (Z) = 32 × 16 = 144. 1 3. Vrai, car V (T) = ×16 = 4, soit σ(T) = 2. 4 4. Faux, car E (U) = 10 × 50 + 30 = 530.

11 20

R 11 20

1 4 B

R J 1 4 B

R J 1 4 B

R

2. la probabilité qu’elle s’arrête deux fois sur le secteur 1 1 1 jaune est : × = = 0,04. 5 5 25 3. La probabilité pour qu’elle s’arrête sur deux secteurs 1 1 1 bleus est × = = 0,0625, et la probabilité pour 4 4 16 qu’elle s’arrête sur deux secteurs rouges est : 11 11 121 = 0,3025. × = 20 20 400 La probabilité qu’elle s’arrête sur deux secteurs de la même couleur est : 0,04 + 0,062 5 + 0,302 5 = 0,405. 61

1. On note G l’issue « gagné » et U l’issue « perdu », et on construit l’arbre pondéré associé à cette épreuve. G 0,01 G 0,01

59 On note A l’issue « un pneu est crevé ». – Comme P (A) = 0,02, alors P (A ) = 1 – P (A) = 0,98. On construit un arbre pondéré : A 0,02

0,99

0,01

0,99

A

U G

U

0,02 0,98

0,02

0,98

A

A 0,98

A a. La probabilité d’avoir les deux pneus crevés est la probabilité de la liste AA, soit 0,02 × 0,02 = 0,0004. b. La probabilité de ne pas avoir de crevaison est la –– probabilité de la liste AA, soit 0,98 × 0,98 = 0,9604. 60

1. La probabilité que la roue s’arrête sur le secteur 1 1 11 = 0,55. − = 4 5 20

rouge est : 1 –

0,99

A

U

D’où la loi de probabilité de X : P (X = 0) = P (UU) = 0,99 × 0,99 = 0,980 1. P (X = 1) = P (GU) + P (UG) = 0,01 × 0,99 × 2 = 0,019 8. P (X = 2) = P (GG) = 0,01 × 0,01 = 0,000 1. 2. E (X) = 0,02. 62

1. On note G l’issue « gagné » et U l’issue « perdu », et on construit l’arbre pondéré associé à cette épreuve (cf. page suivante). On a : P (X = 2) = P (GU) = 0,4 × 0,6 = 0,24. Puis P (X = 3) = P (GGU), P (X = 4) = P (GGGU), P (X = 5) = P (GGG). Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

177

0,4 0,4 0,4 0,4

0,6

G 0,6

0,6

0,6

G

0,6

U

G

G

G

0,4

U

U

U

68

U

On en déduit la loi de X : xi P (X = xi)

1 0,6

2 0,24

3 0,096

4 0,038 4

5 0,025 6

2. E (X) = 1,649 6. En moyenne, Noé va jouer entre une et deux parties dans ce tournoi. 63 On peut faire un arbre pondéré avec deux branches initiales et cinq niveaux. Si on note A l’issue « on obtient un nombre pair » et B l’issue » on obtient un nombre impair », alors la probabilité cherchée est celle de la liste de résultats AAAAA. On suppose l’indépendance des résultats à chaque lancer. On a : P (A) = 0,5. D’où : P (AAAAA) = 0,5 × 0,5 × 0,5 × 0,5 × 0,5 = 0,55 = 0,031 25. 65 On note F l’issue « le forage est productif » et D l’issue « le forage n’est pas productif ». On a : P (F) = 0,1 donc P (D) = 0,9. On peut construire un arbre (incomplet) avec 10 niveaux. On suppose les résultats de chaque forage indépendants les uns des autres. Soit A l’événement « parmi 10 forages, l’un au moins – est productif » ; son événement contraire A est « parmi 10 forages, aucun n’est productif », donc – P (A ) = P (DDDDDDDDDD) = 0,910. On en déduit : P (A) = 1 – 0,910 ≈ 0,651 (à 0,001 près). 66

On note F l’issue « on obtient 10 m de fil sans défaut ». On a : P (F) = 0,81. On construit un arbre (incomplet) avec quatre niveaux. La probabilité d’avoir 40 m de fil sans défaut est : 0,81 × 0,81 × 0,81 × 0,81 = 0,814 ≈ 0,430 (à 0,001 près). 67

On note A l’issue « une personne de plus de 75 ans est atteinte de la maladie d’Alzheimer » et B l’issue « une personne de plus de 75 ans n’est pas atteinte de la maladie d’Alzheimer ». On a : P (A) = 0,18, et ainsi : P (B) = 0,82. On peut construire un arbre pondéré avec 10 niveaux. Il y a indépendance entre le fait qu’une personne soit atteinte de cette maladie et le fait qu’une autre personne soit atteinte de cette maladie.

178

Soit E l’événement « au moins une personne de plus de 75 ans dans le groupe est atteinte de la maladie ». L’événement contraire de E est « aucune personne de plus de 75 ans dans le groupe n’est atteint de la – maladie » : E est la liste de résultats BBBBBBBBBB. – Ainsi : P (E ) = P (BBBBBBBBBB) = 0,8210, d’où P (E) = 1 – 0,8210 ≈ 0,863. 1. On note R l’issue « Corentin réussit un lancer franc » et E l’issue « Corentin rate un lancer franc ». Puisque P (R) = 0,15, on a P (E) = 0,85. On peut construire un arbre pondéré avec n niveaux. L’événement « Corentin ne réussit aucun lancer franc en n lancers » est la liste EEE… E, avec n échecs. D’où : pn = 0,85n. 2. À l’aide de la calculatrice, on obtient : 0,8528 ≈ 0,011 et 0,8529 ≈ 0,009. La plus petite valeur de n cherchée est 29. 69

1. On construit un arbre pondéré. 0,5 0,5

R

R 0,5

R

B

0,5 0,5

B

0,5 B

P (X = –1) = P (B) = 0,5. P (X = 0) = P (RB) = 0,25. P (X = 1) = P (RRB) = 0,125. P (X = 2) = P (RRR) = 0,125. 2. E (X) = – 0,125. 3. a. Algorithme donnant le gain algébrique du joueur. On note « random » la fonction aléatoire donnant un réel aléatoire dans l’intervalle [0 ; 1[. Traitement Si random ⬍ 0,5 Alors Afficher –1 Sinon Si random ⬍ 0,5 Alors Afficher 0 Sinon Si random ⬍ 0,5 Alors Afficher 1 Sinon Afficher 2 Fin Si Fin Si Fin Si Sortie En cours de traitement

Programmation de cet algorithme :

L’événement « au moins une personne est du groupe O » est l’événement contraire de l’événement précédent, donc sa probabilité est : 1 – 0,5710 ≈ 0,996 4.

TI If NbrAléat ⬍ 0,5 Then Disp “–1” Else If NbrAléat ⬍ 0,5 Then Disp “0” Else If NbrAléat ⬍ 0,5 Then Disp “1” Else Disp “2” End End End

POUR FAIRE LE POINT 1 B ; 6 A ;

P (X = xi)

()

1. Vrai, car la probabilité est égale à

()

0 25 36

xi P (X = xi)

1 5 18

72


xi

0

P (S = si) 74 75

1 16

1 1 8

2 3 16

3 1 4

2 1 36

4 3 16

5 1 8

6

1 16

Loi de probabilité de S :

si

0 2 5

xi

15 1 , soit . 2 32 5 1 1 2. Faux : la probabilité est égale à , soit . 2 32 1 31 = 3. Faux : la probabilité est égale à 1 – . 32 32 71 Loi de probabilité de X :

73

4 C ; 5 C ; 9 B ; 10 C.

76 1. Le nombre d’arrivées possibles est : 6 × 5 = 30. 2. M. Gold gagne 15 250 + 7 625 = 22 875 € si ses deux chevaux arrivent premier et second, ce qui arrive de deux façons possibles (le 2 puis le 6, ou le 6 puis le 2). 2 1 . Ainsi : P (X = 22 875) = = 30 15 On fait de même pour les autres cas : 2×4 4 4×2 4 P (X = 15 250) = ; P (X = 7 625) = = = ; 20 15 30 15 4×3 2 P (X = 0) = = . 30 5 On obtient la loi de probabilité de X :

CASIO

P (X = xi)

3 B ; 8 B ;

POUR APPROFONDIR

If Ran# ⬍ 0.5 Then “–1” Else If Ran# ⬍ 0.5 Then “0” Else If Ran# ⬍ 0.5 Then “1” Else “2” IfEnd IfEnd IfEnd

70

2 A ; 7 B ;

1 1 6

1,5 1 3

2 1 6

2,5 1 6

3 1 6

E (X) = 3,4 ; σ(X) ≈ 2,62 (à 0,01 près).

1. On fait l’ébauche d’un arbre pondéré. La probabilité que les dix personnes soient du groupe O est 0,4310 ≈ 0,000 2. 2. La probabilité pour qu’aucune de ces personnes soit du groupe O est 0,5710.

7 625 4 15

15 250 4 15

22 875

1 15

1. Le nombre total de tirages est : 20 × 20 = 400. 5×5 1 = 0,0625. = 400 16 5 × 15 × 2 3 P (X = 1) = = = 0,375. 400 8 15 × 15 225 9 P (X = 0) = = 0,5625. = = 400 400 16 78 1. Correctif : il faut d’abord calculer P (X = –2) et pas P (X = 2). E (X) = (–2) × P (X = –2) + 0 × P (X = 0) + 1 × P (X = 1) 1 = –2P (X = –2) + . 3 1 Puisque E (X) = 0, on a : –2P (X = –2) + = 0, 3 1 soit P (X = –2) = . 6 1 1 D’où : V (X) = (–2)2 × + 02 × P (X = 0) + 1 × – 02 = 1. 3 6 2. Loi de probabilité de X : 77

2. P (X = 2) =

–2 1 6

xi P (X = xi) 79

0

1 1 3

1 2

1. Loi de probabilité de X :

xi P (X = xi)

950 0,90

1 050 0,04

1 100 0,02

1 200 0,04

2. E (X) = 967 ; σ(X) ≈ 55,3 (à 0,1 près). E (X) représente le prix de revient moyen d’un objet produit pour l’usine. Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

179

3. a. Non : elle va perdre en moyenne 7 € par objet produit. b. Elle doit choisir un prix de vente de 1 067 €. 80 1. Puisque pR + pV + pN = 1, 1 2 on a : pR + 2pR + pR = 1, soir pR = . 2 7 1 4 D’où : pV = et pN = . 7 7 2. Soit n le nombre de boules de l’urne. 3 1 Alors : pN = = , soit n = 21. n 7 L’urne contient 21 boules : 3 noires, 6 rouges et 12 vertes. 3. Loi de probabilité de X : xi P (X = xi)

0,5 1 7

1 2 7

2 4 7

10, 5 Espérance mathématique de X : E (X) = = 1,5. 7 4. Correctif : le ticket doit être vendu 1,60 € (et non pas 1,50 €). Le bénéfice espéré est alors de 0,10 € par jeu, soit 100 €. 1. Liste des diagnostics possibles : (A, CG, P), (A, CG, P), (A, CG, P), (A, CG, P), (A, CG, P), (A, CG, P), (A, CG, P). 2. Loi de probabilité de X : 81

xi P (X = xi)

105 2 7

185 2 7

265 2 7

345 1 7

1 455 3. E (X) = ≈ 207,86 (à 0,01 près). 7 4. Pour que le prix moyen d’une réparation soit de 200 €, il faut diminuer de 7,86 € environ le coût (fixe) de la main-d’œuvre, c’est-à-dire l’établir à 17 € (en arrondissant à l’unité). 1. Il y a 8 circuits possibles : I – L – O – Z ; I – O – L – Z ; L – O – Z – I ; L – Z – O – I ; L – O – I – Z ; L – I – O – Z ; Z – O – L – I ; Z – L – O – I. 2. Loi de probabilité de X : 82

xi P (X = xi)

1 400 3 8

1 500 1 8

1 600 1 4

1 800 1 8

1 900 1 8

3. E (X) = 1 575. La longueur moyenne des circuits possibles est de 1 575 kilomètres. 83

1. Loi de probabilité de Xn :

xi P (Xn = xi)

–10 n n+7

0 5 n+7

30 2 n+7

–10n + 60 2. E (Xn) = . n+7 E (Xn) ⭐ –2 s’écrit aussi : –10n + 60 ⭐ –2n – 14, soit n ⭓ 9,25. Le nombre minimal de cases rouges à prévoir est 10. 84

1. B = 100N – 10N – 50 × 5 = 90N – 250.

180

On en déduit la loi de probabilité de B : –250 –160 –70 20 110 200 290 380 bi P (B = bi) 0,05 0,1 0,1 0,15 0,25 0,15 0,15 0,05

2. E (B) = 87,50. 3. Pour une année de 365 jours, l’espérance mathématique du bénéfice annuel est 31 937,50 €. 85 1. On note C l’issue « la crue se produit cette année » et C l’issue « la crue ne se produit pas cette année ». Cette expérience se répète 50 fois de façon indépendante. On veut calculer la probabilité de la liste C C C … C (cette liste comprenant 50 termes). Puisque P (C ) = 0,99, on en déduit : P (C C … C ) = 0,9950 ≈ 0,605 (à 0,001 près). 2. Soit A l’événement « il se produit au moins une crue centennale de la Seine durant les 100 prochaines années » ; alors A est l’événement « il ne se produit aucune crue centennale durant les 100 prochaines années ». Ainsi : P (A) = P (C C C … C ) = 0,99100. D’où : P (A) = 1 – 0,99100 ≈ 0,634.

1. C’est faux. Si l’on considère la variable aléatoire X prenant les valeurs –1 et 2 telle que : P (X = –1) = 0,1 et P (X = 2) = 0,9, on a : E (X) = – 0,1 + 1,8 = 1,7 et on a bien E (X) ⬎ 0. 2. C’est vrai. En effet, si V (X) = 0, alors p1 [x1 – E (X)]2 + … + pr [xr – E (X)]2 = 0. Cette somme de nombres positifs étant nulle, tous les termes de la somme sont nuls. On en déduit : x1 – E (X) = … = xr – E (X) = 0, car les probabilités pi ne sont pas nulles. Ainsi, toutes les valeurs xi sont égales à E (X) : il existe bien un réel m tel que toutes les valeurs prises par X sont égales à m. 3. C’est faux. Si, par exemple, P (X = a) = 0,2 et P (X = b) = 0,8, alors E (X) = 0,2a + 0,8b = 0. On en déduit que a = – 4b et non pas que a = –b. 86

1. La probabilité de n’obtenir aucun jeton de café est 0,94, donc la probabilité d’obtenir au moins un jeton de café est : 1 – 0,94 = 0,3439. 2. Avec le même raisonnement, on trouve pour probabilité 1 – 0,9n. 3. On résout : 1 – 0,9n ⬎ 0,99, ou encore 0,9n ⬍ 0,01. À l’aide de la calculatrice, on obtient : 0,943 ≈ 0,0108 et 0,944 ≈ 0,0097. Le nombre minimal de jetons à introduire est donc 44. 87

1. a. La probabilité de n’avoir aucun six en trois 5 3 125 lancers de dé est : . = 6 216 Donc, la probabilité d’amener au moins un six avec 125 91 . trois dés est : 1 – = 216 216 88

()

91 , on peut parier 216 que cet événement aura lieu 91 fois sur 216, c’est-à-dire dans 91 cas contre 125 cas contraires. 2. a. Avec deux jets, la probabilité de n’avoir aucun 6 5 2 25 est 6 = 36 , donc la probabilité d’avoir au moins un 11a 11 six est . Si a est l’enjeu, l’attente est donc (c’est 36 36 l’espérance de gain du joueur). b. Avec trois jets, le même calcul donne une attente 91a de . 36 89 1. Si « FACE » apparaît pour la première fois au nième lancer, la banque paiera 2n euros au joueur. 2. La loi de probabilité de Xn est donnée par le tableau :

b. La probabilité cherchée étant

()

xi P (Xn = xi)

2 1 2

4 1 4

8 1 8

16 1 16

… …

2n 1 2n

1 1 1 1 + 4 × + 8 × + … + 2n × n 4 8 2 2 = 1 + 1 + 1 + … + 1 = n. 3. Puisque l’espérance mathématique de gain du joueur est n, le jeu sera équitable si la mise initiale du joueur est de n euros. 4. Si on ne limite pas le nombre de lancers, aucune mise initiale ne pourra rendre le jeu équitable. En effet, quelle que soit la mise initiale, l’espérance mathématique de gain est positive, puisque n tend vers l’infini quand on augmente indéfiniment le nombre de parties. Le paradoxe tient dans le fait que la banque n'est pas infiniment riche, et va donc cesser de payer au-delà d'une certaine somme. Par exemple, si la banque possède un milliard d’euros (!!!), elle ne pourra pas payer si le jeu dépasse le 30e coup puisque 230 ≈ 1,07 × 109 €. Cependant, la probabilité d’arriver au 30e coup est très faible (une « chance » sur un milliard !). E (Xn) = 2 ×

Le candidat peut répondre de façon équiprobable : (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b) ou (c, b, a). Supposons que la bonne réponse soit (a, b, c). Alors, il a trois bonnes réponses dans un seul cas. Il a une bonne réponse dans trois cas : (a, c, b), (b, a, c) et (c, b, a). Il n’a aucune bonne réponse dans les deux cas restants. On en déduit la loi de probabilité de X : 90

xi P (X = xi)

0 1 3

200 1 2

600 1 6

91


– 0,7 n P (Xn = xi) n + 4

xi

0,3 3 n+4

3,3 1 n+4

–0,7n + 4, 2 . n+4 2. Correctif : il faut calculer le nombre minimal de boules noires (et non maximal). Pour que le club puisse gagner au moins 0,5 € par partie, le joueur doit perdre plus de 0,5 € par partie. On cherche n de telle façon que E (Xn) ⬍ – 0,5. Ainsi : – 0,7n + 4,2 ⬍ – 0,5n – 2 , soit n ⬎ 31. Le nombre minimal de boules noires contenues dans le sac doit être de 32. D’où : E (Xn) =

92 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de lancers nécessaires afin d’obtenir « PILE ». Alors, à l’aide d’un arbre pondéré, on obtient: 1 1 1 1 P (X = 1) = ; P (X = 2) = ; P (X = 3) = ; P (X = 4) = . 4 8 16 2 1 1 1 1 15 = Ainsi: P (X ⬍ 5) = + + + . 2 4 8 16 16 93 1. Soit A l’événement: « les 100 passagers se présentent ». On est en présence de la répétition de 100 expériences indépendantes, telles que l’issue « un passager donné se présente » a pour probabilité 0,9. Alors : P (A) = 0,9100 ≈ 3 × 10–5. 2. Soit B l’événement « un seul passager ne se présente pas sur 100 passagers », c’est-à-dire « 99 passagers se présentent sur les 100 passagers ». Alors : P (B) = 0,1 × 0,999 × 100 ≈ 3 × 10–4. 94

1. Loi de probabilité de G :

gi P (G = gi)

–3,5 2n ( n + 1)2

1 n2 ( n + 1)2

10 1 ( n + 1)2

n2 – 7n + 10 . (n + 1)2 3. Le jeu est équitable si et seulement si E (G) = 0, soit n2 – 7n + 10 = 0, soit n = 2 ou n = 5. 4. Le jeu risque de rapporter plus d’argent à Romain qu’à Maël si E (G) ⬍ 0, c’est-à-dire n2 – 7n + 10 ⬍ 0, soit encore 2 ⬍ n ⬍ 5, c’est-à-dire n = 3 ou n = 4. 2. E (G) =

95


xi

–12

P (Xn = xi)

4 n+7

0 2 8 4n 3n n2 2 2 ( n + 7)2 ( n + 7) ( n + 7)

16

3 n+7

4n 4 n2 +0× 2 +2× n+7 ( n + 7)2 ( n + 7) 3n 3 +8× + 16 × n+7 ( n + 7)2 32n soit E (Xn) = . ( n + 7)2 2. E (Xn) = –12 ×


181

3. f est dérivable sur [0 ; + ∞[ (x + 7)2 – 2x(x + 7) 7– x et f ’ (x) = . = (x + 7)4 (x + 7)3 On en déduit que f est croissante sur [0 ; 7], et décroissante sur [7 ; + ∞[. 4. E (Xn) = 32 f (x). Donc l’espérance mathématique de Xn est maximale pour n = 7. La valeur de ce maximum 8 est : , soit environ 1,14 €. 7

Prises d'initiatives 96 Soit deux variables aléatoires : X est définie par le nombre de points obtenus avec la première stratégie, et Y est définie par le nombre de points obtenus avec la seconde stratégie. On va comparer leurs espérances mathématiques. À l’aide d’un arbre, on dénombre tous les cas possibles. On obtient les lois de probabilité ci-dessous.

xi P (X = xi) yi P (Y = yi)

0 1 2

3 3 8

6 1 8

0 1 4

1 1 2

4 1 4

3 15 = 1,875 et E (Y) = = 1,5. 2 8 La première stratégie est donc préférable pour le candidat. On a : E (X) =

97 Soit X la variable aléatoire associée au gain de l’organisateur avec la stratégie du lot unique, et Y celle associée à son gain avec la stratégie des 50 lots. On détermine les lois de probabilité de X et de Y.

xi P (X = xi)

–295 0,01

5 0,99

yi P (Y = yi)

–1 0,5

5 0,5

On calcule : E (X) = 2, puis E (Y) = 2. Les deux stratégies sont donc équivalentes pour l’organisateur.

182

98 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de tonneaux que le particulier doit goûter pour goûter un tonneau de Bordeaux. On réalise un arbre donnant toutes les issues (l’arbre s’arrête dès qu’on atteint un tonneau de Bordeaux) : il y a 6 branches à la première étape (dont 3 qui s’arrêtent), 5 à la seconde (dont 3 qui s’arrêtent), 4 à la troisième (dont 2 qui s’arrêtent), et 3 à la quatrième étape. 3×3 3 3×2×3 3 Ainsi : P (X = 2) = ; P (X = 3) = = = ; 6 × 5 10 6 × 5 × 4 20 3 × 2 × 1× 3 1 = P (X = 4) = . 6 × 5 × 4 × 3 20 On en déduit la loi de probabilité de X :

xi

1

P (X = xi)

1 2

2 3 10

3 3 20

4 1 20

35 L’espérance mathématique de X est : E (X) = = 1,75. 20 Le particulier devra goûter en moyenne 1,75 tonneaux, soit près de deux tonneaux. 99 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de tirages nécessaires pour n’obtenir dans l’urne que des boules de deux couleurs différentes. 1 La probabilité de ne faire qu’un tirage est (on tire 6 une boule rouge). Pour deux tirages, il y a 30 cas possibles (6 × 5) et 7 cas favorables (4 si on tire deux noires et 3 si on tire une 7 noire, puis une rouge), d’où une probabilité de . 30 Pour trois tirages, il y a 120 cas possibles (6 × 5 × 4) et 36 cas favorables (6 pour chacune des possibilités NJR, NJN, JNR, JNN, JJR et JJJ), d’où une probabilité de 36 3 , soit . 120 10 On en déduit la loi de probabilité de X :

xi P (X = xi)

1 1 6

2 7 30

3 3 10

4 3 10

82 ≈ 2,73. 30 On doit faire en moyenne 2,7 tirages, c’est-à-dire près de trois tirages. L’espérance mathématique de X est : E (X) =


1 La chasse aux canards

Ce TP étudie, dans un cas simple (trois chasseurs et trois canards), le nombre de survivants lors d’une chasse aux canards. Dans un premier temps, on traite ce problème expérimentalement en simulant cette expérience à l’aide du tableur. Puis on modélise la situation et on résout le problème de façon théorique : on utilise pour cela la notion de variable aléatoire. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 11S_TP1.xlsx (Excel 2007), 11S_TP1.xls (Excel 2003) et 11S_TP1.ods (Open Office). 11S_correctionTP1.xlsx (Excel 2007), 11S_correctionTP1.xls (Excel 2003) et 11S_correctionTP1.ods (Open Office) Partie A 1. Pour que chacune des cellules A2, B2, C2 contienne le numéro du canard tué par chacun des trois chasseurs, on entre dans chacune de ces cellules la formule : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;3) . a. Dans la cellule E2, on calcule le nombre de fois où le canard numéro 1 est touché par un chasseur lors de la première expérience avec la formule : =NB.SI($A2:$C2;E$1) : la fonction NB.SI compte le nombre de fois où apparaît le nombre donné en E$1 (c’est le numéro du canard) dans la plage de cellules $A2 :$C2. Les symboles $ placés dans ces formules permettront de recopier vers la droite cette formule afin de l’appliquer aux deux autres canards. b. Il suffit de recopier vers la droite la formule écrite en E2. 2. Pour compter le nombre de canards survivants, on compte le nombre de 0 qui sont dans les cellules E2, F2 et G2 : en effet, dès qu’il y a un 0 dans une de ces cellules, cela signifie que le canard associé à cette cellule n’a pas été touché. On compte donc le nombre de survivants avec la fonction NB.SI sur la plage de cellules E2 :G2. On entre donc en H2 la formule : =NB.SI(E2:G2;0) . 3. Pour simuler 500 expériences, on recopie vers le bas jusqu’à la ligne 501 les colonnes A, B, C, E, F, G et H. On calcule le nombre moyen de survivants dans la cellule J2 en utilisant la fonction MOYENNE sur la plage de cellules H2 :H501. On saisit en J2 la formule : =MOYENNE(H2:H501) . 4. Pour calculer la fréquence d’avoir 0, 1 ou 2 survivants, on entre dans les cellules K2 à K4 les entiers 0, 1 et 2,

et on calcule les fréquences correspondantes dans les cellules I2 à I4. La fréquence de n’avoir aucun survivant est le quotient du nombre de fois où on n’a aucun survivant (obtenu par la fonction NB.SI dans la plage H2 :H501) par 500. On saisit ainsi en I2 la formule : =NB.SI(H$2:H$501;K2)/500. On obtient la fréquence d’avoir un survivant, puis deux survivants en recopiant cette formule vers le bas (ce qui explique dans la formule précédente la présence des $, afin que la plage H2 :H501 ne se recopie pas en H3 :H502…). 5. Pour recommencer avec 5 000 expériences de ce type, on peut recopier cette feuille de calcul dans une autre feuille (par un clic droit sur le nom de la feuille, dans l’onglet en bas de feuille, puis en n’oubliant pas de cocher la case « créer une copie »). Il suffit alors de modifier en J2, L2, L3 et L4 les formules en remplaçant 501 par 5001 et 500 par 5 000. 6. À l’aide de la touche F9 , plusieurs simulations nous indiquent que le nombre moyen de canards survivants est soit 0,88, soit 0,89, soit 0,90. On constate aussi que la fréquence de n’avoir aucun survivant est voisine de 22 %. Partie B 1. X prend les valeurs 0, 1 et 2. 2. L’arbre contient 3 branches au premier niveau, 9 branches au second niveau et 27 branches au troisième niveau. 3. P (X = 2) est la probabilité qu’il y ait 2 survivants, c’est-à-dire un seul canard touché : ceci arrive dans 3 1 = . trois cas seulement, soit P (X = 2) = 27 9 4. À l’aide de l’arbre construit précédemment, on se rend compte qu’il y a 6 issues pour lesquelles il n’y a 6 2 = . aucun survivant. D’où : P (X = 0) = 27 9 1 2 2 On en déduit : P (X = 1) = 1 – − = . 9 9 3 2 1 8 2 5. E (X) = 0 × + 1 × + 2 × = ≈ 0,89. On retrouve 3 9 9 9 les résultats conjecturés dans la partie A. Partie C 8 23 1. La probabilité de survie du canard C3 est 3 , soit . 27 3 8 2. Chacun des trois canards survit avec la probabilité , 27 8 8 donc il y aura en moyenne : 3 × = = 0, 89 canard 27 9 survivant. 3. Avec 10 chasseurs et 10 canards, la probabilité de 910 survie du canard numéro 10 est 10 , soit environ 10 0,35. Il y aura donc en moyenne 3,5 canards survivants. Chapitre 11 Probabilités : variables aléatoires

183

TP

2 Le lièvre et la tortue

Dans ce TP, on s’intéresse au problème du lièvre et de la tortue. Dans un premier temps, on simule cette expérience un grand nombre de fois à l’aide d’un programme sur le logiciel AlgoBox : une grande partie du programme est donnée à l’élève, il doit d’abord le comprendre, puis le compléter afin de simuler un grand nombre d’expériences de ce type. Dans un second temps, on modélise la situation et on résout le problème en utilisant les résultats vus dans le chapitre sur la répétition d’expériences identiques et indépendantes. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 11S_TP2.alg et 11S_correctionTP2.alg (AlgoBox). Partie A 1. Algorithme :

b. Pour compléter le fichier fourni, inutile de tout retaper : on déclare les nouvelles variables i, n, et s, puis on crée la ligne permettant de lire n, et enfin on crée une boucle « Pour ». Pour déplacer certaines lignes déjà créées à l’intérieur de la boucle « Pour », on utilise Couper ligne puis Coller ligne dans le menu Édition , et pour déplacer tout le bloc de lignes de la boucle « Tant que », on fait de même en se plaçant sur la première ligne du bloc de lignes de cette boucle. 4. En faisant fonctionner ce programme pour diverses valeurs de n, on obtient environ 4 comme nombre moyen de parties. On peut conjecturer que le nombre moyen de parties est voisin de 4. Partie B 1. On obtient l’arbre pondéré suivant :

Variables a, p variables entières Initialisation a prend la valeur 1 p prend la valeur Partie entière (random × 6) + 1 Traitement Tant que a ⫽ 6 et p ⫽ 6 p prend la valeur p + 1 a prend la valeur Partie entière (random × 6) + 1 Fin Tant que Sortie Afficher p

2. a. La variable a représente, à chaque étape, le numéro de la face obtenue sur le dé. La variable p représente le nombre de fois où on lance le dé dans une partie. b. La boucle « Tant que » déclenche un nouveau lancer du dé, et ceci tant que le lancer précédent n’a pas donné 6 (a ⫽ 6) et qu’on n’a pas réalisé 6 lancers (p ⫽ 6). 3. a. Algorithme complété : Variables a, p, i, n, s variables entières Entrée Saisir n Traitement Pour i allant de 1 à n a prend la valeur 1 p prend la valeur Partie entière (random × 6) + 1 Tant que a ⫽ 6 et p ⫽ 6 p prend la valeur p + 1 a prend la valeur Partie entière (random × 6) + 1 Fin Tant que s prend la valeur s + p Fin Pour s prend la valeur s/n Sortie Afficher s

184

5 6 5 6 5 6 5 6 5 6

T

1 6

L

1 6

1 6

T 1 6

1 6

T

1 6

L

T

T

T

5 6

L

L

L

L

5 6 ≈ 0,335. 6 6 5 La probabilité que le lièvre gagne est : 1 – ≈ 0,665. 6 3. Loi de probabilité de X : 2. La probabilité que la tortue gagne est :

xi P (X = xi)

1 1 6

2 5 62

3 52 63

4 53 64

() ()

5 54 65

6 55 66

Valeur approchée 0,167 0,139 0,116 0,096 0,080 0,402 à 0,001 près

64 + 10 × 63 + 75 × 62 + 500 × 6 + 55 + 6 × 55 65 31 031 = ≈ 3,99. 7 776 5. On peut dire que le lièvre gagne dans 66 % des cas environ, et le nombre moyen de lancers du dé est très proche de 4. On peut remarquer que la simulation avec n = 1 000 donne une bonne valeur approchée du résultat. 4. E (X) =

CHAPITRE

12

Loi binomiale et applications

A Le programme Dans le cas particulier d’expériences identiques et indépendantes à deux issues, on introduit la loi binomiale. En s’appuyant sur cette loi, on poursuit la formation des élèves dans le domaine de l’échantillonnage. Contenus


Commentaires

Probabilités Épreuve de Bernoulli, loi de Bernoulli.

• Reconnaître des situations relevant de la loi binomiale. • Calculer une probabilité dans le cadre de la loi binomiale.

Schéma de Bernoulli, loi binomiale (loi du nombre de succès). Coefficients binomiaux, triangle de Pascal.

• Représenter graphiquement la loi binomiale.

Espérance, variance et écart-type de la loi binomiale.

• Utiliser l’espérance d’une loi binomiale dans des contextes variés.

La représentation à l’aide d’un arbre est privilégiée : il s’agit ici d’installer une représentation mentale efficace. On peut ainsi : – faciliter la découverte de la loi binomiale pour des petites valeurs de n (n 4) ; ⎛n⎞ – introduire le coefficient binomial ⎜ ⎟ ⎝k ⎠ comme nombre de chemins de l’arbre réalisant k succès pour n répétitions ; – établir enfin la formule générale de la loi binomiale. Cette égalité est établie en raisonnant sur le nombre de chemins réalisant k + 1 succès pour n + 1 répétitions. On établit également la propriété de symétrie des coefficients binomiaux. L’utilisation des coefficients binomiaux dans des problèmes de dénombrement et leur écriture à l’aide des factorielles ne sont pas des attendus du programme. En pratique, on utilise une calculatrice ou un logiciel pour obtenir les valeurs des coefficients binomiaux, calculer directement des probabilités et représenter graphiquement la loi binomiale. La formule donnant l’espérance de la loi binomiale est conjecturée puis admise, celle de la variance est admise.  On peut simuler la loi binomiale avec un algorithme.

Échantillonnage Utilisation de la loi binomiale pour une prise de décision à partir d’une fréquence.

• Exploiter l’intervalle de fluctuation à un seuil donné, déterminé à l’aide de la loi binomiale, pour rejeter ou non une hypothèse sur une proportion.

L’objectif est d’amener les élèves à expérimenter la notion de « différence significative » par rapport à une valeur attendue et à remarquer que, pour une taille de l’échantillon importante, on conforte les résultats vus en classe de Seconde.  L’intervalle de fluctuation peut être déterminé à l’aide d’un tableur ou d’un algorithme. Le vocabulaire des tests (test d’hypothèse, hypothèse nulle, risque de première espèce) est hors programme.

Chapitre 12 Loi binomiale et applications

185

B Notre point de vue Ce chapitre introduit deux lois de probabilité : la loi de Bernoulli et surtout la loi binomiale. Cette dernière loi, conformément au programme, est d’abord introduite pour de petites valeurs de n (n = 2, n = 3). Nous avons pensé qu’il fallait la faire fonctionner tout d’abord pour de petites valeurs de n sans utiliser la formule générale : le recours à un arbre pondéré et le dénombrement sur l’arbre des chemins conduisant à un succès permet à l’élève de comprendre peu à peu le fonctionnement de cette loi. La progression dans le manuel suit cet apprentissage progressif : le savoir-faire 2 (lié à la première page de cours) utilise les arbres pondérés, et le professeur trouvera les exercices 22 à 26 pour travailler dans cet esprit. L’activité 1 introduit cette notion à partir des méthodes du chapitre précédent. On introduit ensuite les coefficients binomiaux comme le nombre de chemins réalisant k succès pour n répétitions d’une épreuve de Bernoulli : l’activité 2 permet une première approche de ces coefficients, et l’activité 3 étudie, à l’aide d’un exemple concret (les rues de Manhattan) la propriété de Pascal des coefficients binomiaux. L’outil utilisé ici pour le calcul de ces coefficients est principalement la calculatrice. Pour cela, la méthode est décrite page 298 dans le cours, et détaillée pages 352 et 356 dans les fiches « calculatrices ». La formule générale donnant P(X = k) pour une loi binomiale est ensuite donnée, mais là aussi, c’est la calculatrice (et parfois le tableur) qui va permettre à l’élève de calculer rapidement de façon pratique, soit les probabilités de la forme P(X = k), soit celles de la forme P(X k). La méthode est décrite page 300 du manuel et détaillée pages 352 et 356. La seconde partie du chapitre est consacrée à la détermination d’un intervalle de fluctuation relatif à une fréquence à l’aide de la loi binomiale : l’activité 5 introduit la méthode sur un exemple, à l’aide de deux logiciels, un tableur et le logiciel Sine Qua Non. Pour la détermination de ces intervalles, la bonne maîtrise de la loi binomiale sur la calculatrice, et en particulier l’élaboration d’un tableau de valeurs P(X k), où X suit une loi binomiale, est un savoir-faire que l’élève doit posséder pour traiter ce type de problème (voir le savoir-faire 9). La détermination de cet intervalle de fluctuation permet alors de prendre des décisions à partir d’un échantillon, à un coefficient de confiance donné. En cela, on poursuit le travail fait en Seconde, mais en le généralisant car les résultats trouvés sont valables pour toute valeur de la proportion p et de la taille n de l’échantillon. La page « Chercher avec méthode » a pour objet un problème classique de probabilité, dont les questions se traitent facilement en introduisant une variable aléatoire suivant une loi binomiale : la difficulté pour l’élève est ici de reconnaître une situation de loi binomiale et d’introduire par lui-même la variable aléatoire adéquate. Dans les exercices d’approfondissement, nous proposons quelques exercices qui permettent de découvrir de nouvelles méthodes : la formule du binôme de Newton, ainsi que des tests unilatéraux (alors que les tests proposés dans les savoir-faire et les exercices d’entraînement sont tous bilatéraux). Les TP 2 et 3 font découvrir, grâce à la loi binomiale, des applications étonnantes des probabilités. Le TP 1, conformément au programme, permet de simuler une loi binomiale. Enfin, le TP 4 est d’un grand intérêt pour les élèves (et aussi le professeur), car il permet d’obtenir, avec n, p et un seuil de risque donné, un intervalle de fluctuation d’une proportion de façon automatisée.

Les notions abordées dans le chapitre 12 1. Loi de Bernoulli et loi binomiale 2. Coefficients binomiaux 3. Propriétés de la loi binomiale 4. Intervalle de fluctuation d’une fréquence 5. Prise de décision sur un échantillon

186

C Avant de commencer Se tester avec des QCM 1 D;

2 B;

3 B, C, D ;

4 A;

5 D;

6 B.

Se tester avec des exercices 7 P(3 X 5) = 1 – P(X 2) = 1 – 0,43 = 0,57.

4. P(au moins une perle rouge) = 1 – P(aucune perle rouge) ⎛ 700 ⎞2 =1– ⎜ ⎟ = 1 – 0,72 = 0,51. ⎝ 1000 ⎠ 9 Arbre pondéré : p S p S

P(X = 5) = 1 – P(X 4) = 1 – 0,69 = 0,31.

8 1.

p

B 0,7

S q E

B 0,7 0,3

R B

0,7

0,3

q

p S E

R

q E 0,3 R

2

⎛ 700 ⎞ 2. P(X = 2) = ⎜ ⎟ = 0,72 = 0,49. ⎝1 000 ⎠ 700 300 × = 0,42. 3. P(X = 1) = 2 × 1 000 1 000

q p

E S

q p

E S

q p

E S

q

E

Il existe trois chemins de l’arbre qui permettent d’obtenir deux fois l’issue S : les chemins correspondants aux événements SSE, SES et ESS. (Attention, il y a une erreur dans le corrigé en fin de manuel.)


1 L’archer

Cette activité doit permettre d’utiliser les arbres pour découvrir la loi binomiale et faire une conjecture sur l’espérance de cette loi. 1. Lors de chaque tir, la probabilité que l’archer atteigne le centre de la cible est égale à 0,9. 2. P(X = 0) = 0,13 = 0,001 et P(X = 3) = 0,93 = 0,729. 0,9 S 0,9 S 0,9

S 0,1 E

0,9 S E 0,1 E

4. De même l’événement « X = 2 » est associé aux trois chemins : SSE, SES, ESS qui ont tous la même probabilité : 0,92 × 0,1 ; donc P(X = 2) = 3 × 0,92 × 0,1 = 0,243. 5. Loi de probabilité de X :

0,1 E 0,9 S 0,1 E 0,9 S

0,1

événements correspondants aux chemins SEE, ESE, EES ; ces événements sont incompatibles deux à deux, donc la probabilité de l’événement « X = 1 » est égale à la somme des probabilités de ces trois événements. Donc, P(X = 1) = 3 × 0,9 × 0,12 = 0,027.

0,1 E 0,9 S 0,1 E

3. L’événement « X = 1 » est associé aux trois chemins : SEE, ESE, EES qui ont tous la même probabilité : 0,9 × 0,12. L’événement « X = 1 » est la réunion des trois

xi

0

1

2

3

P (X = xi)

0,001

0,027

0,243

0,729

On vérifie que la somme des probabilités précédentes est égale à 1. 6. E(X) = 2,7. On remarque que E(X) = 3 × 0,9.

Activité

2 Les routes du succès

Dans cette activité, on dénombre les chemins de deux arbres permettant de réaliser un nombre de succès déterminé. Cette activité doit permettre aux élèves de découvrir la propriété de symétrie des coefficients binomiaux dans le cas où n = 3. Chapitre 12 Loi binomiale et applications

187

1. Arbre pondéré associé à la situation de l’énoncé. 0,8 S 0,8 S S

0,8

0,2 E 0,8 S

0,2 E 0,2 E 0,8 S 0,8 S

0,2

E 0,2 E

0,2 E 0,8 S 0,2 E

2. Un seul chemin de l’arbre réalise trois succès ; trois chemins de l’arbre réalisent deux succès ; trois chemins de l’arbre réalisent un seul succès. 3. Il y a autant de chemins qui réalisent deux succès que de chemins qui réalisent un seul succès car chaque fois qu’on a deux succès sur trois matchs pour Alain, cela correspond à avoir un échec pour son adversaire et inversement.

Activité

3 À la recherche de son chemin dans les rues de Manhattan

Cette activité utilise un quadrillage régulier, comme le sont les rues et avenues de Manhattan, pour travailler avec les coefficients binomiaux dans un contexte nouveau, et surtout découvrir la propriété de Pascal des coefficients binomiaux. Dans ce cas, au lieu de construire un arbre avec deux choix possibles à chaque étape, on se déplace sur un quadrillage avec aussi deux choix possibles : le piéton peut aller vers la droite ou bien vers le haut. 1. n(M) = 1 pour tout point M de la demi-droite [Au) et pour tout point M de la demi-droite [Av). 2. n(B) = 2 ; n(C) = 3 ; n(D) = 3. On en déduit n(E) = n(C) + n(D) = 6. 3. Quadrillage reproduit avec le nombre de chemins conduisant de A à chacun des nœuds. 1 1 1 A

v 4

10

20

35

56

3

6

10

15

21

2

3

4

5

6

1

1

1

1

1

5. a. Un chemin menant de A à P est une suite d’instructions données au piéton sous la forme « à droite » (D) ou « en haut » (H), avec obligatoirement 5 instructions D et 3 instructions H, comme par exemple DDDDDHHH. C’est donc un chemin avec 5 succès notés D d’un arbre pondéré modélisant un schéma de Bernoulli avec 8 répétitions. Ainsi, le nombre de chemins menant de A à P est aussi le nombre de chemins d’un arbre pondéré avec 5 succès lors de 8 répétitions d’une épreuve de Bernoulli, soit ⎛ 8⎞ . ⎜⎝ 5⎟⎠ ⎛ 8⎞ ⎛ 7⎞ ⎛ 7 ⎞ b. La relation vue en 4. b. s’écrit aussi ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ , ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ ⎝ 4⎠ et la généralisation vue en 4. c. peut s’écrire : ⎛ n ⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎜⎝ p⎟⎠ = ⎜⎝ p ⎟⎠ + ⎜⎝ p – 1⎟⎠ .

Activité

4 La planche de Galton

Dans cette activité, on utilise un arbre pondéré pour estimer le nombre de billes qui peuvent tomber dans chacun des casiers d’une planche de Galton à quatre niveaux. Avec le tableur, on simule l’expérience qu’on peut projeter aux élèves en répétant plusieurs fois l’expérience et en faisant varier le nombre de billes. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 12S_activite4.xlsx (Excel 2007), 12S_activite4.xls (Excel 2003) et 12S_activite4.ods (Open Office). 1. On construit un arbre à 4 niveaux. 0,5

0,5

G

0,5

G

0,5

D

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

G 0,5

P

0,5

G

0,5

D

D

0,5 0,5 0,5 0,5

u

4. a. Le piéton doit être parvenu, soit au point R qui se trouve cinq carreaux à droite de A et deux carreaux au-dessus, soit au point S qui se trouve quatre carreaux à droite de A et trois carreaux au-dessus.

188

b. On en déduit n(P) = n(R) + n(S). c. Cette relation est valable pour tout point du quadrillage situé au-dessus des deux axes et non situé sur les axes.

0,5

G

0,5

0,5

G

0,5

D

0,5 0,5 0,5 0,5

D 0,5

0,5

G

0,5

D

D

0,5 0,5 0,5

G D G D G D G D G D G D G D G D

2. La probabilité que la bille arrive en M est : 1 1 = = 0,125 ; on calcule de même la probabilité 24 16 que la bille arrive en R. Pour arriver en N, la bille doit partir une fois vers la droite et 3 fois vers la gauche ; il y a 4 chemins de l’arbre qui correspondent à ce cas ; donc la probabilité que la bille 1 1 arrive en N est 4 × 4 = = 0,25 ; il en est de même 4 2 pour la probabilité d’arriver en Q. Pour arriver en P, la bille doit partir deux fois à droite et deux fois à gauche ; il y a 6 chemins de l’arbre qui correspondent à ce cas ; donc la probabilité que la bille 1 3 arrive en P est 6 × 4 = = 0,375. 8 2 3. Lorsqu’on lance 64 billes, il peut tomber environ 4 billes dans chacun des casiers M et R, 16 billes dans chacun des casiers N et Q, et 24 billes dans le casier P. 4. La première feuille de calcul du tableur simule une expérience de la planche de Galton avec 64 boules : le tableau indique le nombre de billes qui tombent dans chaque panier, puis calcule la fréquence des billes dans chaque panier. On réitère l’expérience en appuyant sur la touche F9. Les deux autres onglets permettent de renouveler l’expérience avec 256 billes, puis avec 1 024 billes. Il est intéressant alors de comparer les fréquences trouvées avec les probabilités théoriques.

Activité

5 De moins en moins de risque

Cette activité introduit, à partir d’un exemple concret, la recherche d’un intervalle de fluctuation en utilisant la loi

binomiale. Cette recherche est étayée graphiquement par l’utilisation du tableur et du logiciel Sine Qua Non : en effet, le diagramme en bâtons de la loi binomiale considérée, et sa partition en trois zones A, B et C, permettent de visualiser l’intervalle de fluctuation et la signification pratique des zones de rejet. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 12S_activite5.xlsx (Excel 2007), 12S_activite5.xls (Excel 2003), 12S_activite5.ods (Open Office) et 12S_activite5.sqn (Sine Qua Non). 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,43. La représentation graphique faite sur tableur permet d’afficher le diagramme en bâtons de cette loi binomiale. Le logiciel Sine Qua Non permet de bien visualiser la loi, mais a le désavantage de proposer un histogramme, ce qui n’est pas rigoureusement exact, même si c’est plus lisible. 2. Il est important ici de relier les calculs faits aux zones A et C apparaissant d’une couleur différente sur le diagramme. a. a = 33 car P(X 32) 0,025 et P(X 33) 0,025. b. P(X b) = 1 – P(X b) donc P(X b) 0,025 équivaut à 1 – P(X b) 0,025, c’est-à-dire P(X b) 0,975 ; le tableau des probabilités P(X k) nous permet alors de déterminer b ; on trouve b = 53. c. Les échantillons sont de taille 100, donc d’après les questions précédentes, la probabilité pour que X appartienne à B est environ 95 %. Sur 10 000 échantillons, il y en a environ 9 500 pour lesquels la fréquence est comprise entre 0,33 et 0,53.

E Exercices POUR DÉMARRER Une urne contient 4 boules, 1 noire et 3 rouges. On tire une boule, on appelle succès l’événement « obtenir une noire » et X la variable aléatoire qui prend comme valeur 1 si la boule est noire et 0 sinon ; X suit la loi de Bernoulli de paramètre 0,25. 1

On répète quatre fois de suite la même expérience mais il n’y a pas indépendance car on ne remet pas le cube tiré dans le sac. X ne suit pas une loi binomiale. 3

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 2 et p = 0,2. 2. P(X = 2) = 0,04 et P(X = 1) = 0,32. 4

1. L’expérience aléatoire « on tire une pièce de la fabrication et elle est de première qualité » se répète 10 fois de façon identique et indépendante (car les pièces sont prises dans un lot très important), donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,9. 5

L’expérience aléatoire « on lance un dé et on obtient la face 1 » se répète 6 fois de façon identique et indépendante, donc X suit la loi binomiale de 1 paramètres n = 6 et p = . 6 2


189

2. P(X = 9) ≈ 0,387 à 10–3 près. ⎛ 12⎞ 6 1. P(X = 1) = ⎜ ⎟ × 0,41 × 0,611 ≈ 0,017 à 10–3 près. ⎝ 1⎠ ⎛12⎞ P(X = 12) = ⎜ ⎟ × 0,412 × 0,60 ≈ 2 × 10–5. ⎝12⎠ 2. P(X 2) = 1 – P(X 1) ≈ 1 – 0,020, soit P(X 2) ≈ 0,980 à 10–3 près. ⎛ 6⎞ 7 ⎜ ⎟ représente le nombre de chemins avec deux ⎝ 2⎠ succès dans l’arbre modélisant un schéma de Bernoulli constitué de 6 répétitions d’une même épreuve. 100⎞ 55 70 80 8 ⎛⎜ ⎞⎟ = 80 ; ⎛⎜ = 1 ; ⎛⎜ ⎞⎟ = 55 ; ⎛⎜ ⎞⎟ = 1. ⎝ 0 ⎟⎠ ⎝ 54⎠ ⎝ 70⎠ ⎝ 1⎠ ⎛ 10⎞ ⎛ 15⎞ ⎜⎝ 6 ⎟⎠ = 210 ; ⎜⎝ 5 ⎟⎠ = 3 003 ; ⎛ 50 ⎞ ⎛ 30⎞ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ = 5 852 925 ; ⎜⎝ 40⎟⎠ ≈ 1 010 ; 9

⎛ 20⎞ ⎜⎝ 10 ⎟⎠ = 184 756 ; ⎛ 70⎞ ⎜⎝ 7 ⎟⎠ = 1 198 774 720.

10 1. On construit les premières lignes du triangle de Pascal :

1 1

1

1

2

1

1

3

3

1

1

4

6

4

1

1

5

10 10

5

1

2. Par lecture de la dernière ligne du tableau : ⎛ 5⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 5⎞ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ = 5 ; ⎜⎝ 2⎟⎠ = 10 ; ⎜⎝ 3⎟⎠ = 10 ; ⎜⎝ 4⎟⎠ = 5. 1. E(X) = np = 50 × 0,4 = 20. V(X) = npq = 50 × 0,4 × 0,6 = 12. 2. P(X = 20) ≈ 0,115 et P(X 25) ≈ 0,943 à 0,001 près. 11

1. La probabilité de tirer un roi ou une dame est 8 , soit 0,25, puisqu’il y a 8 cartes qui sont des rois ou 32 des dames dans un jeu de 32 cartes. L’expérience aléatoire « on tire une carte dans un jeu de 32 cartes et on regarde si c’est un roi ou une dame » se répète 5 fois de façon identique et indépendante (puisqu’on remet la carte tirée dans le jeu), donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,25. 2. À l’aide de la calculatrice, on obtient P(X = 2) ≈ 0,264 et P(X 3) ≈ 0,984. 3. L’espérance mathématique est : 1 5 E(X) = 5 × = = 1,25. 4 4 1 3 15 . L’écart-type de X est σ(X) = 5 × × = 4 4 4 12

Représentation graphique de la loi binomiale de paramètres n = 8 et p = 0,2. 13

190

0,40 0,35 0,30 0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 0

n = 8 ; p = 0,2

0

1

2

3

4

5

6

7

8

Correctif : la probabilité que la boule s’arrête dans la zone rouge est 0,5 (et pas 0,2). 1. L’expérience aléatoire « la boule s’arrête dans la zone rouge » se répète 100 fois de façon identique et indépendante, donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,2. 2. a = 40. 3. b = 60. 4. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence du « rouge » dans un échantillon de taille 100 est ⎡ 40 , 60 ⎤ , soit [0,4 ; 0,6]. ⎣⎢ 100 100 ⎦⎥ 14

POUR S’ENTRAÎNER 15 On répète 5 fois de suite la même expérience de façon indépendante puisque la carte est remise dans le jeu. X compte le nombre d’as obtenu, donc, pour chaque expérience, on appelle succès « obtenir un as » ; 4 la probabilité du succès est ; X suit la loi binomiale 52 1 4 = . de paramètres n = 5 et p = 52 13 16 Après chaque tirage, on ne remet pas le bonbon dans la boîte, donc les expériences ne sont pas indépendantes entre elles : X ne suit pas une loi binomiale. 17 Les tirages de trois fruits dans le panier sont simultanés et non pas successifs avec remise, donc on n’est pas dans les conditions d’un schéma de Bernoulli : X ne suit pas une loi binomiale. 18 L’expérience aléatoire « on lance un dé équilibré et on regarde si la face numéro 2 sort » se répète 10 fois de façon identique et indépendante. De plus, la probabilité 1 d’obtenir le 2 à chaque lancé est , donc X suit la loi 6 1 binomiale de paramètres n = 10 et p = . 6 19 1. Si X suit une loi binomiale, alors X ne suit pas une loi de Bernoulli.

2. Réciproquement, si X suit une loi de Bernoulli de paramètre p, alors X suit une loi binomiale de paramètres n = 1 et p. 20 La proposition est fausse car si X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,3, alors les valeurs prises par X sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5.

Les tirages se font sans remise, donc les expériences ne sont pas indépendantes : la proposition est fausse. 21

⎛ 15⎞ ⎛ 20⎞ ⎛ 30⎞ ⎜⎝ 4 ⎟⎠ = 1 365 ; ⎜⎝ 6 ⎟⎠ = 38 760 ; ⎜⎝ 10 ⎟⎠ = 30 045 015 ; ⎛ 100⎞ ⎛ 50⎞ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ = 536 878 650 ; ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = 161 700. ⎛ 12⎞ ⎛ 18⎞ ⎛ 30⎞ 29 ⎜ ⎟ = 924 ; ⎜ ⎟ = 816 ; ⎜ ⎟ = 30 045 015 ; ⎝ 6⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎛ 40⎞ ⎛ 85⎞ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ = 76 904 685 ; ⎜⎝ 6 ⎟⎠ = 437 353 560. 28

30

1. Algorithme Variable N Entrée Saisir N Initialisation K prend la valeur 0 Traitement Tant que K N Afficher K Afficher N combinaison K Pause K prend la valeur K + 1 Fin Tant Que Sortie En cours de traitement

1. La probabilité de tirer un jeton noir de la boîte 10 1 est = = 0, 2. 50 5 L’expérience aléatoire « on tire un jeton de la boîte et on regarde si le jeton est noir » se répète deux fois de façon identique et indépendante. De plus, la probabilité d’obtenir un jeton noir à chaque tirage est 0,2, donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 2 et p = 0,2. 2. P(X = 1) = 2 × 0,2 × 0,8 = 0,32 ; P(X = 2) = 0,22 = 0,04. 22

23 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,058. 2. P(X = 0) = 0,9423 ≈ 0,836 ; P(X = 1) = 3 × 0,058 × 0,9422 ≈ 0,154. 3. P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,164.

2. Programmation sur calculatrice : TI

CASIO

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,45. 2. Il y a trois chemins de l’arbre qui permettent d’obtenir deux succès, donc P(X = 2) ≈ 0,334. 3. P(X 2) = 1 – P(X = 3) ≈ 0,909. 24

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,05. 2. La probabilité d’avoir trois résistances défectueuses est P(X = 3) = 4 × 0,053 × 0,95 = 0,000 475. 3. La probabilité d’avoir au moins trois résistances défectueuses est : P(X 3) = P(X = 3) + P(X = 4) = 0,000 475 + 0,054 ≈ 0,000 481. 25

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,45, donc la proposition est fausse puisque n n’est pas égal à 200. 2. La proposition est vraie car : P(X = 1) = 3 × 0,45 × 0,552 ≈ 0,408. 26

27

⎛ 16⎞ ⎛ 16⎞ ⎛ 16⎞ ⎛ 16⎞ Il faut calculer ⎜⎝ 0 ⎟⎠ et ⎜⎝ 1 ⎟⎠ et non pas ⎜⎝ 7 ⎟⎠ et ⎜⎝ 9 ⎟⎠ .

⎛ 15⎞ ⎛ 200⎞ ⎛ 40⎞ ⎛ 40⎞ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ =15 ; ⎜⎝ 0 ⎟⎠ = 1 ; ⎜⎝ 39 ⎟⎠ = ⎜⎝ 1 ⎟⎠ = 40 ; ⎛ 16⎞ ⎛ 16⎞ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ = 16 ; ⎜⎝ 0 ⎟⎠ = 1.

31 On construit les huit premières lignes du triangle de Pascal, puis on obtient : ⎛ 7⎞ ⎛7⎞ ⎛ 7⎞ ⎛ 7⎞ ⎛ 7⎞ ⎜⎝ 2⎟⎠ = 521 ; ⎜⎝ 3⎟⎠ = 35 ; ⎜⎝ 4⎟⎠ = 35 ; ⎜⎝ 5⎟⎠ = 21 ; ⎜⎝ 6⎟⎠ = 7. 32 1. On construit les six premières lignes du triangle de Pascal. 1

1

1

1

2

1

1

3

3

1

1

4

6

4

1

1

5

10 10

5

1

2. La somme des termes de chaque ligne est 1, 2, 4, 8, 16, 32. On remarque que l’on obtient la suite des puissances de 2. 3. La somme des coefficients binomiaux, pour un nombre n fixé de répétitions d’une épreuve de Bernoulli, est égale à 2n, puisqu’il y a 2n chemins possibles sur un arbre de n étapes modélisant un schéma de Bernoulli. Chapitre 12 Loi binomiale et applications

191

⎛ n + 1⎞ est le nombre de chemins réalisant 1. ⎜ ⎝ k + 1⎟⎠ k + 1 succès pour n + 1 répétitions d’une épreuve de Bernoulli. Soit il y a k succès pour les n premières épreuves, puis un ⎛ n⎞ succès à la dernière épreuve : cela donne ⎜ ⎟ chemins, ⎝ k⎠ soit il y a k + 1 succès pour les n premières épreuves ⎛ n ⎞ et un échec à la n + 1re épreuve : cela donne ⎜ ⎝ k + 1⎟⎠ chemins. n n ⎞ ⎛ n + 1⎞ Ainsi : ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ . = ⎝ k ⎠ ⎝ k + 1⎟⎠ ⎜⎝ k + 1⎟⎠ 2. On applique cette formule successivement pour n = 9, puis n = 8, n = 7, jusqu’à n = k… ⎛ 10 ⎞ ⎛9 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛9 ⎞ ⎛8⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟+⎜ ⎟ = ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝k +1⎠ ⎝k ⎠ ⎝k +1⎠ ⎝k ⎠ ⎝k ⎠ ⎝k +1⎠ ⎛9 ⎞ ⎛8⎞ ⎛7 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛k +1⎞ ⎛k +1⎞ = ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ +…+ ⎜ ⎟+⎜ ⎟, ⎝k ⎠ ⎝k ⎠ ⎝k ⎠ ⎝k +1⎠ ⎝ k ⎠ ⎝k +1⎠ ce qui donne bien la formule demandée puisque ⎛ k + 1⎞ ⎛ k ⎞ ⎜⎝ k + 1⎟⎠ = ⎜⎝ k ⎟⎠ = 1 . 33

34

Vrai : un coefficient binomial est toujours un entier.

35 La proposition est fausse car le membre de gauche de l’égalité vaut 2n + 2 et non pas 2n.

1. P(X = 5) ≈ 0,175 ; P(X = 10) ≈ 0,002. 2. P(X 8) ≈ 0,990 ; P(X 5) = 1 – P(X 4) ≈ 0,370. 36

37 1. P(X = 27) ≈ 0,236 ; P(X 27) = 1 – P(X 26) ≈ 0,647. 2. P(21 X 25) = P(X 25) – P(X 20) ≈ 0,175. P(X 24) = 1 – P(X 24) ≈ 0,927. P(22 X 29) = P(X 29) – P(X 22) ≈ 0,95.

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,6. 2. La probabilité qu’aucune des quatre perles choisies ne soit argentée est P(X = 0) = 0,025 6. 3. La probabilité qu’il y ait exactement deux perles argentées parmi les perles choisies est P(X = 2) = 0,345 6. 38

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,6. 2. P(X = 0) = 0,025 6. 3. P(X = 2) = 0,345 6.

3. La probabilité qu’au moins deux contrôles soient positifs est P(X 2) = 1 – P(X 1) ≈ 0,911. 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et 1 . 4 2. La probabilité que le candidat soit sélectionné est P(X 8) = 1 – P(X 7) ≈ 0,000 4. 43

p=

1. Faux : P(X = 0) = (1 – p)10. 2. Faux, car le nombre de chemins comportant 4 succès sur 10 est égal à 210 et pas à 4 donc : P(X = 4) = 210 p4 (1 – p)6. 44

45

E(X) = 10 et σ(X) = 3.

1. L’expérience aléatoire associée à un tirage de loterie se répète 10 fois de façon identique et indépendante, donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,1. 2. Les valeurs P(X = k) sont arrondies au millième. 46

k

0

P(X = k) 0,349

1

2

3

4

5

0,387

0,194

0,057

0,011

0,001

La valeur la plus probable est 1. 3. E(X) = 10 × 0,1 = 1. Ceci signifie que, si l’on répète un très grand nombre de fois cette épreuve, on obtiendra en moyenne une fois le 7 sur 10 jeux de loterie. La variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres n = 50 et p = 0,02. 1. La probabilité qu’exactement deux composants achetés soient défectueux est P(X = 2) ≈ 0,186. 2. La probabilité qu’au moins un des composants achetés soit défectueux est : P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,636. 3. Le nombre moyen de composants défectueux par lot est E(X) = 50 × 0,02 = 1. 47

48

1. Représentation graphique.

0,30

39

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3. 2. La probabilité que deux enfants exactement aient une réaction forte est P(X = 2) ≈ 0,233. 3. La probabilité qu’au moins un des enfants aient une réaction forte est P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,972. 40

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 200 et p = 0,02. 2. La probabilité que quatre contrôles soient positifs est P(X = 4) ≈ 0,197. 41

192

0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

2. On remarque que le diagramme tracé est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 0,5. 3. La probabilité P(X = k) est maximale pour k = 4. Elle vaut 0,273 à 10–3 près.

49

4. Le nombre moyen de moteurs cassés est voisin de E(X) = 3,2.

1. Représentation graphique.

0,30

54

Variables N, P, I, J Entrée Saisir N, P, I, J Initialisation S prend la valeur 0 Traitement Pour K variant de I à J S prend la valeur S + loi binomiale (N, P, K) Fin Pour Sortie Afficher S

0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 0

1. Algorithme

2. Programmes sur calculatrices : 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12

TI

CASIO

2. La probabilité P(X = k) est maximale pour k = 3. Elle vaut 0,231 à 10–3 près. 1. P(X = 0) = (1 – p)2 ; P(X = 1) = 2 × p(1 – p) ; P(X = 2) = p2. 1 2. (1 – p)2 2p(1 – p) équivaut à 1 – p 2p, soit p . 3 2 2p(1 – p) p2 équivaut à 2(1 – p) p, soit p . 3 1 (1 – p)2 p2 équivaut à 1 – 2p 0, soit p . 2 Ainsi, la valeur maximale est obtenue pour k = 0 si p est 1 compris entre 0 et ; elle est obtenue pour k = 1 si p 3 1 2 est compris entre et et pour k = 2 si p est compris 3 3 2 entre et 1. 3 51 Puisque E(Y) = np et V(Y) = npq, on a ici : 1 15 np =15 et npq = . On en déduit q = , d’où 4 4 3 p = , et ainsi n = 20. 4 D’où P(Y 1) = 1 – P(Y 1) ≈ 1. P(2 Y 19) = P(Y 18) – P(Y 2) ≈ 0,976. 50

1. a. Xn suit la loi binomiale de paramètres n et 0,1. b. E(Xn) = 0,1n et V(Xn) = 0,1 × 0,9 × n = 0,09n. 1 0, 09 1 2. E(Fn) = E(Xn) = 0,1 ; V(Fn) = 2 V(Xn) = . n n n La variable aléatoire Fn représente la fréquence du 0 dans un numéro de n chiffres. 52

Soit X la variable aléatoire égale au nombre de moteurs qui cassent au cours d’un Grand Prix : X suit la loi binomiale de paramètres n = 16 et p = 0,2. 1. La probabilité que les 16 moteurs soient bons est P(X = 0) ≈ 0,028. 2. La probabilité que deux moteurs cassent est P(X = 2) ≈ 0,211. 3. La probabilité qu’au moins un des moteurs casse est P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,972. 53

3. En utilisant ce programme avec n = 20, p = 0,4, i = 8 et j = 11, on trouve S ≈ 0,527 58. Si E(X) = σ(X), alors np = npq , soit n2p2 = npq, 1 soit np = 1 – p, soit p(n + 1) = 1, soit encore p = . n +1 L’affirmation est donc vraie. Remarque : on considère dans ce calcul que n et p ne sont pas nuls, ce qui est évidemment le cas pour toute loi binomiale. 1 1 0, 09 56 V(Fn) = , V(X) = 2 × 0,1 × 0,9 × n = : n n2 n l’affirmation est fausse (sauf dans le cas n = 1). 55

On introduit la variable aléatoire X égale au nombre d’appels téléphoniques destinés au poste A : l’expérience aléatoire « l’appel téléphonique est destiné au poste A » se répète n fois de façon identique et indépendante, donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,2. 1. P(X = 4) ≈ 0,088 (à 0,001 près). 2. P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,893 (à 0,001 près). 57

Soit X la variable aléatoire associée au nombre de personnes choisissant un turbot au cidre parmi quatre clients : X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,4. La probabilité cherchée est P(X = 2) = 0,345 6. 58

59 Soit X la variable aléatoire donnant le nombre d’étudiants sachant jouer d’un instrument de musique


193

dans un groupe de 15 étudiants : X suit la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,4. La probabilité cherchée est P(X = 8) ≈ 0,118. 1. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de « Pile » sur quatre lancers d’une pièce : X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,5. La probabilité d’obtenir un nombre impair de « Pile » est P(X = 1) + P(X = 3) = 0,5. 2. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de « Pile » sur cinq lancers d’une pièce : X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,5. La probabilité d’obtenir un nombre impair de « Pile » est P(X = 1) + P(X = 3) + P(X = 5) = 0,5. 60

61 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de défaillances de l’alternateur sur 100 démarrages de celui-ci : X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,001. La probabilité cherchée est P(X = 1) ≈ 0,091.

1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’élèves pratiquant un instrument à cordes parmi n élèves : X suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,6. pn = P(X 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,4n. 2. pn 0,999 équivaut à 0,4n 0,001. La calculatrice fournit 0,47 ≈ 0,001 6 et 0,48 ≈ 0,000 7. Le plus petit entier n cherché est donc 8. 63

64 1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’oscilloscopes ayant une durée de vie supérieure à 10 ans parmi 15 appareils : X suit la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,286. On cherche ici P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,994. 2. Dans ce cas, n est inconnu, et P(X 1) = 1 – 0,714n. On cherche n tel que 1 – 0,714n 0,999, soit 0,714n 0,001. Puisque 0,71420 ≈ 0,001 2 et 0,71421 ≈ 0,000 8, on en déduit que l’établissement devrait acheter au moins 21 oscilloscopes. 65 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de réponses justes sur les quatre questions : X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,25. La probabilité cherchée est P(X = 3) ≈ 0,047. 66 1. La probabilité de cet événement est 100 = 50 . 206 103 2. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et 50 . p= 103 b. La probabilité cherchée est P(X = 3) ≈ 0,303. 67 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de parties gagnées par B. Alors, X suit la loi binomiale de paramètres n (nombre de parties) et 0,4. 1. Ici, n = 3 : P(E) = P(X 2) = 1 – P(X 1) = 1 – 0,648 = 0,352 : cette affirmation est fausse.

194

2. Ici, n = 5 : P(E) = P(X 3) = 1 – P(X 2) ≈ 0,317 à 10–3 près : cette affirmation est vraie. 68

D’après le tableau : a = 35 et b = 55.

69

1. Valeurs de P(X k) arrondies au millième. k

14

P(X = k) 0,004

15

16

17

18

0,012

0,029

0,062

0,111

2. On trouve avec le tableau : a = 16. 71 1. On trouve P(X 44) ≈ 0,00325 et P(X 45) ≈ 0,00635, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,005 est a = 45. 2. On trouve P(X 65) ≈ 0,99207 et P(X 66) ≈ 0,99638, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,995 est b = 66. 72 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,39. 2. a. D’après le tableau : a = 30. b. b = 49. 3. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la proportion de français diplômés du supérieur âgées de 25 à 34 ans est [0,3 ; 0,49]. 73 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 200 et p = 0,20. 2. a = 29 et b = 51. 3. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la proportion des personnes utilisant chaque jour les transports en commun est [0,145 ; 0,255]. 74 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pièces défectueuses dans les caisses de 100 pièces. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,04. Le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est 8. Le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est 23. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la proportion de pièces défectueuses dans les échantillons de 100 pièces est [0,08 ; 0,23].

On considère la variable aléatoire X comptant le nombre de commandes sur 300 appels ; X suit la loi binomiale de paramètres n = 300 et p = 0,28. P(X 68) ≈ 0,021 et P(X 69) ≈ 0,029, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est 69. P(X 98) ≈ 0,967 et P(X 99) ≈ 0,975 5, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est 99. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la proportion de commandes faites sur 300 appels est [0,23 ; 0,33]. 75

76 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 200 1 et p = . 6 2. a. a = 22.

b. b = 46. 3. Un intervalle de fluctuation au seuil de risque 2 % de la fréquence du 6 quand on lance 200 fois un dé est ⎡ 22 46 ⎤ ⎢⎣ 200 ; 200 ⎥⎦ , soit [0,11 ; 0,23]. 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,3. 2. a = 23. 3. On détermine le plus petit entier b tel que P(X b) 0,95, d’où b = 38. Un intervalle de fluctuation à 90 % de la fréquence des fumeurs dans un échantillon de taille 100 de cette population est [0,23 ; 0,38]. 77

On considère la variable aléatoire X comptant le nombre de foyers possédant au moins un chien dans les échantillons de taille 200 ; X suit la loi binomiale de paramètres n = 200 et p = 0,25. P(X 34) ≈ 0,004 3 et P(X 35) ≈ 0,007 2, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,005 est a = 35. P(X 65) ≈ 0,993 2 et P(X 66) ≈ 0,995 6, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,995 est b = 66. Un intervalle de fluctuation à 99 % de la fréquence des foyers possédant au moins un chien dans les échantillons de taille 200 est [0,175 ; 0,330]. 78

61 n’appartient pas à l’intervalle ci-dessus, donc on 144 ne rejette pas au seuil de risque 5 % l’hypothèse selon laquelle la pièce est truquée.

4.

82 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 60 et p = 0,8. 2. P(X 41) ⬇ 0,022 et P(X 42) ⬇ 0,043, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est a = 42. P(X 53) ⬇ 0,969 et P(X 54) ⬇ 0,988, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est b = 54. Un intervalle de fluctuation au coefficient 0,95 est ⎡ 42 54 ⎤ ⎢⎣ 60 ; 60 ⎥⎦ , soit [0,7 ; 0,9]. 3. Règle de décision : soit f la proportion de chemises sans défaut dans un échantillon de taille 60. Si f 僆 [0,7 ; 0,9], on rejette l’hypothèse p = 0,8 au seuil de risque 5 %, sinon on ne la rejette pas. 4. Sur 60 chemises, 40 n’ont pas de défaut, donc, sur 40 2 cet échantillon : f = = . 60 3 2 n’appartient pas à l’intervalle [0,7 ; 0,9], donc on 3 rejette au seuil de risque 5 % l’hypothèse selon laquelle p = 0,8, c’est-à-dire l’hypothèse selon laquelle la chaîne est bien réglée.

80 Affirmation vraie. En effet : P(X 62) ≈ 0,020 4 et P(X 63) ≈ 0,03 donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est a = 63. P(X 86) ≈ 0,970 et P(X 87) ≈ 0,980 donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est b = 87. a b 63 87 = = 0, 42 et = = 0, 58 . 150 150 150 150 Donc l’intervalle de fluctuation à 95 % de la proportion de « Face » obtenus quand on lance 150 fois de suite un dé bien équilibré est bien [0,42 ; 0,58]

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,52. 2. P(X 41) ⬇ 0,018 et P(X 42) ⬇ 0,029, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est a = 42. P(X 61) ⬇ 0,972 et P(X 62) ⬇ 0,983, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est b = 62. 3. Soit f la proportion d’électeurs favorables à monsieur Zazor dans l’échantillon. Si f 僆 [0,42 ; 0,62], on rejette l’hypothèse p = 0,52 au seuil 5 %, sinon on ne la rejette pas. 4. Dans l’échantillon : f = 0,43. Puisque 0,43 appartient à l’intervalle [0,42 ; 0,62], on accepte au seuil de risque 5 % l’hypothèse p = 0,52 ; on peut considérer, au seuil de risque 5 %, l’affirmation de monsieur Zazor comme exacte.

81 1. L’expérience aléatoire « la pièce de monnaie présente la face « Pile » » se répète 144 fois de façon identique et indépendante, donc X suit la loi binomiale de paramètre n = 144 et p = 0,5. 2. a. a = 60. b. b = 84. 3. Règle de décision : soit f la proportion de « Pile » dans ⎡ 60 84 ⎤ ; l’échantillon. Si f 僆 ⎢ , on rejette l’hypothèse ⎣144 144 ⎥⎦ p = 0,5 au seuil 5 %, sinon on ne la rejette pas.

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 250 et p = 0,18. 2. On cherche le plus petit entier a tel que P(X a) 0,01 et le plus petit entier b tel que P(X b) 0,99 ; on trouve a = 3 et b = 60. 3. Soit f la proportion de personnes regardant la ⎡ 31 60 ⎤ ; télévision dans l’échantillon. Si f 僆 ⎢ , on ⎣ 250 250 ⎥⎦ rejette l’hypothèse p = 0,18 au seuil de risque 2 %, sinon on ne la rejette pas.

Une erreur s’est glissée dans la correction : la 6 21 ⎤ ; proportion de gauchers est ⎡ (soit ⎢⎣ 100 100 ⎥⎦ 5 21 ⎤ ; [0,06 ; 0,21]), et non pas ⎡⎢ . ⎣ 100 100 ⎥⎦ 79

83

84


195

61 n’appartient pas à l’intervalle ci-dessus, donc 250 on rejette au seuil de risque 2 % l’hypothèse selon laquelle la fréquence des personnes regardant la télévision est 0,18 ; cela signifie que les modifications ont changé l’audience de l’émission. 4.

de fabrication des allumettes est donc à remettre en cause au seuil 1 %.

85 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 81 et p = 0,8. 2. P(X 56) ⬇ 0,013 5 et P(X 57) ⬇ 0,025 1, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 est a = 57. P(X 71) ⬇ 0,974 et P(X 72) ⬇ 0,988, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est b = 72. Règle de décision : soit f la proportion de souris décédées dans un échantillon de taille 81. ⎡ 57 72 ⎤ ; , on rejette l’hypothèse p = 0,8 au Si f 僆 ⎢ ⎣ 81 81⎥⎦ seuil de risque 5 %, sinon on ne la rejette pas. 56 3. Dans l’échantillon : f = . Puisque f n’appartient 81 ⎡ 57 72 ⎤ ; pas à l’intervalle ⎢ , on rejette au seuil de risque ⎣ 81 81⎥⎦ 5 % l’hypothèse p = 0,8 ; faite sur le pourcentage de mortalité des souris.

Soit X la variable aléatoire égale au nombre de garçons nés dans un échantillon de 242 naissances : sous l’hypothèse qu’il naît autant de garçons que de filles, X suit la loi binomiale de paramètres n = 242 et p = 0,5. P(X 107) ⬇ 0,041 et P(X 108) ⬇ 0,054, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,05 est a = 108. P(X 133) ⬇ 0,946 et P(X 134) ≈ 0,959, donc le plus petit entier b tel que P(X b) ⬇ 0,95 est b = 134. Règle de décision : soit f la proportion de garçons nés dans un échantillon de 242 naissances. ⎡ ⎤ Si f 僆 ⎢ 108 ; 134 ⎥ , on rejette l’hypothèse p = 0,5 au ⎣ 242 242 ⎦ seuil de risque 10 %, sinon on ne la rejette pas. 134 Dans l’échantillon concerné : f = . Puisque 242 ⎡ 108 134 ⎤ f appartient à l’intervalle ⎢ , on peut ; ⎣ 242 242 ⎥⎦ accepter au seuil de risque 10 % l’hypothèse p = 0,5 selon laquelle il naît autant de filles que de garçons dans la commune. 228 89 = 0,456, donc 0,456 appartient à l’intervalle 500 de fluctuation à 95 %, donc on accepte l’hypothèse selon laquelle cet échantillon est représentatif de la population française. L’affirmation est vraie.

86 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 50 et p = 0,02. 2. On cherche le plus petit entier a tel que P(X a) 0,025 et le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 ; on trouve a = 0 et b = 3. 3. Soit f la proportion de sportifs déclarés positifs dans ⎡0 3⎤ ; l’échantillon. Si f 僆 ⎢ , on rejette l’hypothèse ⎣ 50 50 ⎥⎦ p = 0,02 au seuil 5 % sinon, on ne la rejette pas. 2 4. appartient à l’intervalle ci-dessus, donc on ne rejette 50 pas au seuil de risque 5 % l’hypothèse selon laquelle la fréquence des sportifs déclarés positifs est 0,02. 87 Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’allumettes défectueuses dans un échantillon de taille 100 : X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,04. P(X = 0) ⬇ 0,017, donc le plus petit entier a tel que P(X a) 0,005 est a = 0. P(X 9) ⬇ 0,993 et P(X 10) ⬇ 0,998, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,995 est b = 10. Règle de décision : soit f la proportion d’allumettes défectueuses dans un échantillon de taille 100. Si f 僆 [0 ; 0,1], on rejette l’hypothèse p = 0,04 au seuil de risque 1 %, sinon on ne la rejette pas. 11 = 0,11. Puisque Dans l’échantillon concerné : f = 100 f n’appartient pas à l’intervalle [0 ; 0,1], on rejette au seuil de risque 1 % l’hypothèse p = 0,04 : le processus

196

88

Au seuil de risque 2 %, l’intervalle de fluctuation a une amplitude plus grande que celui calculé au seuil de risque 5 % : donc, si on accepte l’hypothèse au seuil de risque 5 %, on l’accepte aussi au seuil de risque 2 %. L’affirmation est vraie. 90

1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3. 2. La probabilité cherchée est P(X = 5) ≈ 0,103. 3. La probabilité cherchée est : P(X 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,972. 91

92 Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de personnes présentes à une réunion parmi les 9 personnes du comité : X suit la loi binomiale de paramètres n = 9 et p = 0,5. P(A) = P(X = 9) ≈ 0,002. P(B) = P(X 2) = 1 – P(X 2) ⬇ 0,910. P(C) = P(X 5) = 1 – P(X 4) = 0,5. 93 1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de filles dans les familles de trois enfants : X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,5. Soit A l’événement « les filles sont plus nombreuses que les garçons ». P(A) = P(X 2) = 1 – P(X 1) = 0,5.

2. Dans une famille de cinq enfants, la variable aléatoire considérée suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,5. On a alors P(A) = P(X 3) = 1 – P(X 2) = 0,5. Dans une famille de six enfants, la variable aléatoire considérée suit la loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,5. On a alors P(A) = P(X 4) = 1 – P(X 3) ≈ 0,344. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pièces défectueuses dans un lot de 20 pièces : X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,02. 1. La probabilité cherchée est P(X = 3) ≈ 0,006. 2. La probabilité cherchée est : P(X 3) = 1 – P(X 2) ≈ 0,007. 3. La probabilité cherchée est P(X 1) ≈ 0,940. 94

On considère la variable aléatoire X comptant le nombre de français possédant un téléviseur dans les échantillons de taille 100 ; X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,90. P(X 83) ⬇ 0,021 et P(X 84) ≈ 0,040, donc le plus petit entier a tel que P(X a) > 0,025 est a = 84. P(X 94) ⬇ 0,942 et P(X 95) ≈ 0,976, donc le plus petit entier b tel que P(X b) 0,975 est b = 95. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence des français possédant un téléviseur dans les échantillons de taille 100 est [0,84 ; 0,95]. 95

POUR FAIRE LE POINT 1 C; 7 B;

2 B; 8 B;

3 C; 4 B; 5 A; 9 D ; 10 C ; 11 B.

6 C;

POUR APPROFONDIR 1. a. Y suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,05. b. La probabilité que, dans un lot de 10, il n’y ait aucune bonbonne non conforme est P(Y = 0) = 0,9510, c’està-dire environ 0,599. c. La probabilité que, dans un lot de 10, il y ait au plus deux bonbonnes non conformes est P(Y 2) ⬇ 0,988. 2. a. Z suit la loi binomiale de paramètres 100 et 0,05. Son espérance mathématique est 100 × 0,05 = 5. b. On calcule P(Z 5) = 1 – P(Z 4) ≈ 1 – 0,436, soit P(Z 5) ≈ 0,564. Il y a donc plus d’une chance sur deux que, parmi ces cent bonbonnes, il y ait au moins cinq bonbonnes non conformes. L’affirmation de l’association de consommateurs est bien fondée. 96

97 A. 1. Réponse à (Q1) : la probabilité est celle de tirer une graine différente de A dans le bon sac, c’est3 à-dire , soit 0,75. 4 Réponse à (Q2) : la probabilité est celle de tirer une 1 graine A dans le mauvais sac, c’est-à-dire , soit environ 6 0,167. 2. a. Réponse à (Q1) : la probabilité est celle de tirer deux graines différentes de A dans le bon sac, c’est-à3 2 9 = , soit environ 0,562. dire 4 16 Réponse à (Q2) : la probabilité est celle de tirer au moins une graine A dans le mauvais sac, c’est-à-dire 5 2 25 11 = 1– = , soit environ 0,306. 1– 6 36 36 b. Le vendeur y gagne avec cette méthode par rapport à la première méthode, car la probabilité de ne pas vendre alors que c’est le bon sac (risque du vendeur) a baissé. L’acheteur y perd avec cette méthode par rapport à la première méthode, car la probabilité de vendre alors que c’est le mauvais sac (risque de l’acheteur) a augmenté. 3. a. Réponse à (Q1) : la probabilité est celle de tirer trois graines différentes de A dans le bon sac, c’est-à3 3 27 = , soit environ 0,422. dire 4 64 Réponse à (Q2) : la probabilité est celle de tirer au moins une graine A dans le mauvais sac, c’est-à-dire 5 3 125 91 1– , soit environ 0,421. = 1– = 6 216 216 b. Avec cette méthode, les risques pris par le vendeur et par l’acheteur sont importants, mais similaires. B. 1. Réponse à (Q1) : la probabilité est celle de ne pas tirer deux graines de type A dans le bon sac, c’est-à-dire 1 2 15 = 1– , soit environ 0,937. 4 16 Réponse (Q2) : la probabilité est celle de tirer deux graines de type A dans le mauvais sac, c’est-à-dire 12 1 = , soit environ 0,028. 6 36 Ce test est une très bonne affaire pour l’acheteur car il a seulement 3 % de chance de tomber sur le mauvais sac. 2. a. X suit une loi binomiale de paramètres 4 et p, où p est la probabilité de tirer une graine de type A 1 1 si c’est le bon sac et p = si c’est le mauvais (p = 6 4 sac).

()

()

()

()

()

()

b. Réponse à (Q1) : la probabilité cherchée est P(X 2), ⎛ 1⎞ avec X → B ⎜ 4, ⎟ , soit P(X 2) = P(X 1) ⬇ 0,738. ⎝ 4⎠ Réponse à (Q2) : la probabilité cherchée est P(X 2), ⎛ 1⎞ avec X → B ⎜ 4, ⎟ , soit ⎝ 6⎠ P(X 2) = 1 – P(X 1) ⬇ 0,132. c. Avec cette méthode, c’est l’acheteur qui est gagnant, et il l’est très largement ! Chapitre 12 Loi binomiale et applications

197

98 1. X suit la loi binomiale de paramètres n et 0,05. 2. La probabilité qu’aucune analyse ne révèle l’allergie à A est P(X = 0) = 0,9510 ≈ 0,60. La probabilité qu’au moins deux analyses révèlent l’allergie à A est P(X 2) = 1 – P(X 1) ≈ 0,09. 3. Soit Y la variable aléatoire associée au nombre d’allergies au médicament B révélées dans un échantillon de taille 100. Alors, Y suit la loi binomiale de paramètres 100 et 0,4. Le plus petit entier a tel que P(Y a) 0,025 est 31, car P(X 30) ≈ 0,024 7 et P(X 31) ≈ 0,039 8. Le plus petit entier b tel que P(Y b) 0,975 est 50, car P(Y 49) ≈ 0,972 9 et P(Y 50) ≈ 0,983 2. Ainsi, un intervalle de fluctuation de la proportion de personnes allergiques à B dans un échantillon de taille 100 au seuil de risque 0,05 est [0,31 ; 0,50] : puisque 0,31 appartient à cet intervalle, on peut conclure, au seuil de risque 5 %, que cet échantillon est bien représentatif de la population pour l’allergie au médicament B.

1. a. La probabilité de tirer une boule blanche est a égale à . a+b L’expérience aléatoire consistant à tirer une boule dans l’urne se répète n fois de façon identique et indépendante (puisque le tirage est avec remise), donc la variable aléatoire X qui compte le nombre de boules blanches obtenues suit la loi binomiale de paramètres a n et p = . a+b a b . b. q = 1 – p = 1 – = a+b a+b 2. a. On a P(X = 3) + P(X = 2) + P(X = 1) + P(X = 0) = 1, c’est-à-dire p3 + 3p2q + 3pq2 + q3 = 1. b. On remplace p et q par leurs valeurs : a 3 a 2 b a +3 × +3 a+b a+b a+b a+b b 2 b 3 × + = 1. a+b a+b 99

( ) ( )

( ) ( )

D’où a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = (a + b)3. 2. a. On a P(X = n) + P(X = n – 1) + … + P(X = 1)+ P(X = 0) = 1, n ⎛ n⎞ soit ∑ ⎜⎝ k ⎟⎠ pk qn–k = 1. k=0

b. On remplace p et q par leurs valeurs en fonction de a et b : k n b n+k ⎛ n⎞ a = 1, ∑ ⎜⎝ k ⎟⎠ a + b a + b k=0 n n ak bn – k soit ∑ ⎛⎜ ⎞⎟ = 1, ce qui s’écrit : k ⎝ ⎠ k (a + b) (a + b)n – k k=0 n n ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ a k b n + k ∑ ⎜⎝ k ⎟⎠ (a + b)n = 1 et ainsi (a + b)n = ∑ ⎜⎝ k ⎟⎠ ak bn – k . k = 0 k=0

( )( )

c. Pour n = 2, on retrouve l’identité remarquable : (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.

198

d. Pour n = 4, on obtient : (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4. Pour n = 5, on obtient : (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5. 3 5 100 1. a. q5 = × 0,237. 4 3 1 3 1 = 0,25 ; p5(2) = 4 × 4 = 16 = 0,1875 ; b. p5(1) = 4 3 2 1 9 p5(3) = ≈ 0,141 ; × = 4 4 64 3 p5(4) = 3 × 1 = 27 ≈ 0,105 ; 4 4 256 3 4 1 81 p5(5) = ≈ 0,079. × = 4 4 1 024 n 2. a. qn = 0,75 . pn(1) = 0,25 ; pn(2) = 0,75 × 0,25 = 0,1875 ; pn(k) = 0,75k–1 × 0,25 ; pn(n) = 0,75n–1 × 0,25. b. Loi de probabilité de X :

()

() () ()

xi

–M

P(X = xi) 0,75n

0

M

1 – 0,25 – 0,75n

0,25

Espérance mathématique de X : E(X) = –0,75nM + 0,25M = (0,25 – 0,75n)M. c. E(X) 0 équivaut à 0,75n 0,25. Avec la calculatrice, on obtient E(X) 0 pour n 4, et E(X) 0 pour n 5 (car 0,754 ≈ 0,316 et 0,755 ≈ 0,237). Le joueur va être gagnant en moyenne dès que le nombre d’essais est au moins de 5. 101 1. Pour le premier traitement, on introduit la variable

aléatoire X égale au nombre de cancers spontanés dans les échantillons de 100 souris : X suit la loi binomiale de paramètres 100 et 0,2. Avec cette loi, on détermine un intervalle de fluctuation de la proportion de cancers spontanés dans les échantillons de taille 100, au seuil de risque 5 % : I = [0,12 ; 0,28]. 2. Pour le second traitement, on introduit la variable aléatoire Y égale au nombre de cancers spontanés dans les échantillons de 200 souris : Y suit la loi binomiale de paramètres 200 et 0,2. Avec cette loi, on détermine un intervalle de fluctuation de la proportion de cancers spontanés dans les échantillons de taille 200, au seuil de risque 5 % : I’ = [0,145 ; 0,255]. 3. Pour le troisième traitement, on introduit la variable aléatoire Z égale au nombre de cancers spontanés dans les échantillons de 1000 souris : Z suit la loi binomiale de paramètres 1 000 et 0,2. Avec cette loi, on détermine un intervalle de fluctuation de la proportion de cancers spontanés dans les échantillons de taille 1000, au seuil de risque 5 % : I’’ = [0,176 ; 0,225]. Après ces trois traitements, la fréquence observée est la même : f = 0,14. Cette fréquence appartient à I, mais

pas à I’ ni I’’. On en conclut que, au seuil de risque 5 %, on rejette l’hypothèse p = 0,2 dans les deux derniers traitements : ces deux derniers traitements peuvent être déclarés actifs au seuil de risque 5 %. 102 1. a. Le nombre de chemins distincts de cet arbre est 2n. ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ b. La somme ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + … + ⎜ ⎟ est la somme ⎝ 0⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ du nombre de chemins avec 0 succès, 1 succès, …, n succès : c’est la somme du nombre de chemins de ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ l’arbre, donc ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + … + ⎜ ⎟ = 2n. ⎝ 0⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ 2. a. Le nombre de chemins avec n succès de cet arbre 2n est ⎛⎜ ⎞⎟ . ⎝ n⎠ n n ⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ b. Chacun des produits ⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ , ⎛⎜ ⎞⎟ × ⎛⎜ , …, ⎝ 0⎠ ⎝ n⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ n – 1⎟⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n ⎞ représente un nombre de chemins ⎜⎝ k ⎟⎠ × ⎜⎝ n – k ⎟⎠ avec n succès dans un arbre formé de 2n expériences de Bernoulli. ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎜⎝ 0⎟⎠ × ⎜⎝ n⎟⎠ représente le nombre de chemins avec aucun succès sur les n premières épreuves, suivi de n succès lors des n dernières. ⎛ n⎞ ⎛ n ⎞ représente le nombre de chemins avec ⎜⎝ 1 ⎟⎠ × ⎜⎝ n – 1⎟⎠ un succès sur les n premières épreuves, suivi de n – 1 succès lors des n dernières. ⎛ n⎞ ⎛ n ⎞ représente le nombre de chemins avec ⎜⎝ k ⎟⎠ × ⎜⎝ n – k ⎟⎠ k succès sur les n premières épreuves, suivi de n – k succès lors des n dernières. n n ⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ 2 c. ⎛⎜ ⎞⎟ × ⎛⎜ pour toute valeur = × = ⎝ k ⎠ ⎝ n – k ⎟⎠ ⎜⎝ k ⎟⎠ ⎜⎝ k ⎟⎠ ⎜⎝ k ⎟⎠ de k comprise entre 0 et n. n n n n ⎞ Ainsi ⎛⎜ ⎞⎟ × ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ ⎞⎟ × ⎛⎜ +… ⎝ 0⎠ ⎝ n⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ n – 1⎟⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ +⎜ ⎟ ×⎜ + …⎜ ⎟ × ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ ⎝ n – k ⎟⎠ ⎝ n⎠ ⎝ 0 ⎠ est égal au nombre de chemins avec n succès dans un arbre formé de 2n expériences de Bernoulli, c’est2n à-dire ⎛⎜ ⎞⎟ . ⎝ n⎠ n 2 n 2 n 2 n 2 2n D’où ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ ⎞⎟ + … + ⎛⎜ ⎞⎟ + …⎛⎜ ⎞⎟ = ⎛⎜ ⎞⎟ . ⎝ 0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ k⎠ ⎝ n⎠ ⎝ n⎠ 103 1. a. Y suit la loi binomiale de paramètres n = 30 et p = 0,01. b. La probabilité que le serveur connaisse au plus deux jours de dysfonctionnements importants en un mois est P(Y 2) ≈ 0,997. 2. a. Z suit la loi binomiale de paramètres n = 365 et p = 0,01.

b. E(Z) = 3,65 ; σ(Z) ≈ 1,90. 104 1. X suit la loi binomiale de paramètres 304 et 0,05.

2. À l’aide de la calculatrice, on obtient P(X 21) ≈ 0,945 et P(X 22) ≈ 0,967. Le plus petit entier a tel que P(X a) 0,95 est 22. 22 Puisque ≈ 0,072, un intervalle de confiance à 304 95 % de la fréquence des mitigeurs ayant un mauvais fonctionnement dans les échantillons de taille 304 est [0 ; 0,072]. Cet intervalle de confiance est unilatéral à droite. 3. Règle de décision : soit f la fréquence de mitigeurs ayant un mauvais fonctionnement dans un échantillon de taille 304. Si f 0,072, alors on accepte l’hypothèse p = 0,05 au seuil de risque 5 %. Si f 0,072, on refuse l’hypothèse p = 0,05 au seuil de risque 5 %. 18 4. Pour cet échantillon, f = ⬇ 0,059. On accepte donc 304 l’hypothèse selon laquelle le pourcentage de mitigeurs avec défaut est 0,05. 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 1 et p = . 2 2. À l’aide de la calculatrice, on obtient P(X 57) ≈ 0,933 et P(X 58) ⬇ 0,956. Le plus petit entier a tel que P(X a) 0,95 est 58. 3. Règle de décision : soit n le nombre de succès observés du magicien dans un échantillon de taille 1 100. Si n 58, alors on accepte l’hypothèse p = 2 au seuil de risque 5 %, donc le magicien a répondu au hasard, c’est un imposteur. 1 au seuil de Si n 58, on refuse l’hypothèse p = 2 risque 5 %, donc on peut estimer avec ce risque que le magicien n’est pas un imposteur. 4. Puisque le magicien a obtenu 64 succès sur 100 tentatives, on peut considérer, au seuil de risque 5 %, que ce n’est pas un imposteur. 105

106 1. X suit la loi binomiale de paramètres n et 6. On a E(X) = n6. 2. En répétant un grand nombre de fois l’expérience consistant à lancer aléatoirement un point dans le carré OABC, on va compter le nombre de fois où ce point tombe dans le domaine $. Si on répète n fois cette expérience, et si on obtient m succès, une valeur m . approchée de 6 sera n 3. Algorithme simulant n lancés d’un point sur le carré et donnant en sortie une valeur approchée de 6.


199

La probabilité que les 13 groupes se présentent est 7 13 P(Y = 13) = P13 = ≈ 0,18. 8 b. Loi de probabilité de R :

Saisir n a prend la valeur 0 Pour i allant de 1 à n x prend la valeur random() y prend la valeur random() Si y x2 Alors a prend la valeur a + 1 Fin Si Fin Pour a Afficher n

()

0

2

P(R = ri)

0,82

0,18

L’espérance mathématique de R est E(R) = 0,36. c. Soit G la variable aléatoire donnant le gain de l’association un jour donné. Loi de probabilité de G :

4. Programmation sur calculatrice : TI

ri

CASIO gi

0

P(G = gi)

1 13

() 1 8

2 12

()

⎛ 13⎞ 7 1 ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 8 8

gi

k 13 – k

gi

En faisant fonctionner ces programmes pour n = 100, puis pour n = 300, on obtient une valeur approchée de 1 6, voisine de 0,33 (la valeur exacte est ). 3 107 1. a. La probabilité qu’un jour donné, les 12 groupes 7 12 inscrits soient tous présents est égale à , soit 8 environ 0,201 (à 10–3 près) : cette probabilité est donc comprise entre 0,20 et 0,21. b. X suit la loi binomiale de paramètres n = 30 et p = 0,20 (p arrondi au centième le plus proche). « X = 30 » est l’événement « les 12 groupes inscrits se sont tous présentés lors des 30 jours d’un mois ». « X = 0 » est l’événement « il n’y a eu aucun jour du mois où les 12 groupes inscrits se sont tous présentés ». P(X = 30) ≈ 10–21 ; P(X = 0) ⬇ 0,001. Arrondies au centième le plus proche, ces deux probabilités sont égales à 0. L’espérance mathématique de X est E(X) = 6. Cela signifie qu’en moyenne, sur un mois de 30 jours, il y a 6 jours où les 12 groupes inscrits se présentent. c. S suit la loi binomiale de paramètres n = 12 et 7 p= . 8 P(S = 11) ⬇ 0,35. L’espérance mathématique de S est E(S) = 10,5. 2. a. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de groupes inscrits qui se présentent parmi les 13 groupes : 7 Y suit la loi binomiale de paramètres n = 13 et p = . 8

()

200

1 8

…

11

( )( )

⎛ 13⎞ 7 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 8

…

k

( )( )

13 7 P(G = gi) ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ k⎠ 8

… 2

1 8

…

11 11

2

()()

⎛ 13⎞ 7 ⎝⎜ 11⎠⎟ 8

1 8

+ P13

12

P(G = gi)

12

()

⎛ 13⎞ 7 ⎜⎝ 12⎟⎠ 8

1 8

13

13 7 1 12 13 7 2 1 11 + 1 × ⎛⎜ ⎞⎟ + 2 × ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 1⎠ 8 8 ⎝ 2⎠ 8 8 ⎛⎛13⎞⎛ 7 ⎞11⎛ 1 ⎞2 ⎞ ⎛13⎞⎛ 7 ⎞12 1 + … + 11 ⎜⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + P13 ⎟⎟ + 12 × ⎜ ⎟⎜ ⎟ × 8 ⎝12⎠⎝ 8 ⎠ ⎝⎝11⎠⎝ 8 ⎠ ⎝ 8 ⎠ ⎠ 13 12 2 11 13 7 1 13 7 1 1 =0× + 1 × ⎛⎜ ⎞⎟ + 2 × ⎛⎜ ⎞⎟ 8 ⎝ 1⎠ 8 8 ⎝ 2⎠ 8 8 E(G) = 0 ×

() 1 8

()

()

( )( )

()

( )( ) ()()

13 7 + … + 11 × ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 11⎠ 8

11

1 8

2

12

⎛13⎞⎛ 7 ⎞ 1 + 12 × ⎜ ⎟⎜ ⎟ × + 13 P13 – 2P13 8 ⎝12⎠⎝ 8 ⎠ 13 ⎛13⎞⎛ 7 ⎞k ⎛ 1 ⎞13– k On en déduit E(G) = ∑ k ⎜⎝ k ⎟⎠⎜⎝ 8 ⎟⎠ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ – 2P13. k =0 7 Ainsi, E(G) = E(Y) – 2P13 = 13 × – 0,36 = 11,015. 8 Le gain moyen pour l’association est de 11,015 crédits. d. La décision du dirigeant est rentable pour l’association, car le gain moyen est passé de 10,5 à 11,015 crédits. 108 1. Les tirages possibles fournissent les points de coordonnées suivantes : (0 ; 0), (0 ; 1), (0 ; 2), (1, 0), (1 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 0), (2 ; 1), (2 ; 2). 2. X prend les valeurs 0, 1, 2, 4, 5 et 8. Loi de probabilité de X :

xi

0

1

2

4

5

8

P(X = xi)

1 9

2 9

1 9

2 9

2 9

1 9

3. Le point M appartient au disque Ᏸ si, et seulement si, OM 1,7, soit OM2 2,89, c’est-à-dire x2 + y2 2,89 si on appelle (x ; y) les coordonnées de M. Donc, la probabilité que M appartienne au disque Ᏸ 4 est P(X 2) = . 9 4. a. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de points appartenant au disque Ᏸ sur cinq tirages de deux boules avec remise : Y suit la loi binomiale de 4 paramètres n = 5 et p = . 9 La probabilité que trois points exactement appartiennent au disque Ᏸ est P(Y = 3) ≈ 0,271. b. La probabilité qu’au moins un de ces points appartienne au disque Ᏸ est : P(Y 1) = 1 – P(Y = 0) ≈ 0,947. 5. On note Z la variable aléatoire égale au nombre de points appartenant au disque Ᏸ sur n tirages de deux boules avec remise : Z suit la loi binomiale de paramètres n et p = 49 . La probabilité qu’au moins un de ces points appartienne au disque Ᏸ est : 5 n P(Z 1) = 1 – P(Z = 0) = 1 – . 9 5 n 0,0001. P(Z 1) 0,9999 équivaut à 9 15 5 ≈ 0,00015 et La calculatrice fournit 9 5 16 ≈ 0,00008 ; donc le plus petit entier n tel que 9 P(Z 1) soit supérieure ou égale à 0,9999 est 16.

() ()

()

()

P2 – P3 = 10p2 (1 – p)2(1 – p – p) = 10p2(1 – p)2(1 – 2p), 1 donc P2 P3 pour p . 2 P3 – P4 = 5p3(1 – p)(2 (1 – p) – p) = 5p3(1 – p)(2 – 3p), 2 donc P3 P4 pour p . 3 P4 – P5 = p4(5 (1 – p) – p) = p4 (5 – 6p), donc P4 P5 pour p 5 . 6 D’où les résultats : p compris entre

1 1 et 3 6

1 1 et 3 2

0

1

2

1 2 et 2 3

2 5 et 3 6

5 et 1 6

3

4

5

0 et

Nombre de penaltys réussis le plus probable p compris entre Nombre de penaltys réussis le plus probable

1 6

Remarque : p est en général voisin de 0,75, donc le nombre de penaltys réussis le plus probable est 4 (sauf si l’équipe est très entraîné à ce genre d’exercice, ou alors très peu entraînée…). 1,0

0,8

0,6

0,4

Prises d'initiatives Soit X la variable aléatoire associant, à chaque épreuve de penaltys, le nombre de penaltys réussis : X suit la loi binomiale de paramètres 5 et p. Ainsi : P0 = P(X = 0) = (1 – p)5. P1 = P(X = 1) = 5p(1 – p)4. P2 = P(X = 2) = 10p2(1 – p)3. P3 = P(X = 3) = 10p3(1 – p)2. P4 = P(X = 4) = 5p4(1 – p). P5 = P(X = 5) = p5. On peut représenter les courbes représentatives de ces fonctions sur calculatrice ou avec un logiciel, pour p appartenant à [0 ; 1] : ceci permet de conjecturer les différents cas possibles. 1 P0 – P1 = (1 – p)4(1 – 6p), et ainsi P0 P1 pour p . 6 P1 – P2 = (1 – p)3(5p (1 – p) – 10 p2) = 5p(1 – p)3 (1 – 3p), 1 donc P1 P2 pour p . 3 109

0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

Soit X la variable aléatoire qui, à chaque tirage de n boules, associe le nombre de boules rouges tirées. 1 Alors, X suit la loi binomiale de paramètres n et . 2 A est l’événement : « on n’obtient que des boules bleues ou que des boules rouges », donc A est la réunion des événements « X = 0 » et « X = n ». n 1 1n 1 + = n –1 . Ainsi P(A) = P(X = 0) + P(X = n) = 2 2 2 1 D’où P(A) = 1 – n –1 . 2 On a aussi P(B) = P(X = 0) + P(X = 1) n n –1 n +1 = 1 +n× 1× 1 = n . 2 2 2 2 110

() ()

()

()


201

2n – n – 3 un = n , en notant un = 2n – n – 3. 2 2n La suite (un) est croissante, car : un+1 – un = 2n+1 – n – 1 – 3 – 2n + n + 3 = 2n – 1, et 2n – 1 est positif ou nul pour toute valeur de l’entier naturel n. Pour n = 2, P(A) – P(B) = – 1 , donc P(A) P(B). 4 Pour n 3 : un u3, soit un 2, donc un 0. Ainsi, P(A) – P(B) 0 et P(A) P(B). En conclusion, A est l’événement le plus probable, sauf dans le cas de deux tirages. P(A) – P(B) =

Soit p la proportion de postes de télévision de mauvaise qualité. On appelle X la variable aléatoire qui, à chaque échantillon de cinq postes issus de la chaîne de fabrication, associe le nombre de postes de mauvaise qualité. Alors, X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p. 5 P(X = 3) = ⎛⎜ ⎞⎟ p3 (1 – p)2 = 10p3(1 – p)2. ⎝ 3⎠ Soit ϕ la fonction qui, à p élément de [0 ; 1] associe ϕ(p) = 10p3(1 – p)2. ϕ(p) = 10 (p5 – 2p4 + p3), donc ϕ’(p) = 10 (5p4 – 8p3 + 3p2) = 10p2(5p2 – 8p + 3). D’où ϕ’(p) = 10p2(5p – 3)(p – 1). On en déduit les variations de ϕ sur [0 ; 1] : 111

p

3 5

0

ϕ’(p) 0

1

–

+

0

216 625

ϕ(p) 0

0

Ainsi, P(X = 3) est maximal pour p = 0,60 : il est donc raisonnable d’estimer la valeur de p à 60 %. Remarque : cette méthode est appelée « méthode du maximum de vraisemblance ».

112 Un biréacteur tombe en panne si ses deux réacteurs

tombent en panne, donc la probabilité P1 qu’un biréacteur tombe en panne est P1 = p2. Un quadriréacteur tombe en panne si trois ou quatre réacteurs tombent en panne. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de réacteurs en panne sur un quadriréacteur : X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p : donc, la probabilité que trois réacteurs tombent en panne est : 4 P(X = 3) = ⎛⎜ ⎞⎟ p3 (1 – p) = 4p3(1 – p). ⎝ 3⎠ La probabilité que quatre réacteurs tombent en panne est p4. Ainsi, la probabilité P2 qu’un quadriréacteur tombe en panne est P2 = p4 + 4p3(1 – p) = 4p3 – 3p4. On compare P1 et P2 : P1 – P2 = p2 – 4p3 + 3p4 = p2 (3p2 – 4p + 1). 3p2 – 4p + 1 est un trinôme du second degré de racines 1 et 1. 3 D’où P1 – P2 = p2(p – 1)(3p – 1). p = 0 et p = 1 ne sont pas des valeurs techniquement possibles pour p. On conclut : 1 – si p = : les probabilités de panne sont identiques 3 sur les deux avions ; 1 – si p : P1 – P2 0, donc la probabilité de panne 3 est supérieure sur le biréacteur ; 1 – si p : P1 – P2 0, donc la probabilité de panne 3 est supérieure sur le quadriréacteur. Remarque : dans la pratique, p est évidemment très proche de 0, donc le quadriréacteur est plus sûr !


1 Simulations d’une loi binomiale

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr: 12S_TP1.xlsx (Excel 2007), 12S_TP1.xls (Excel 2003) et 12S_TP1.ods (Open Office). L’objectif de ce TP est de simuler une loi binomiale de paramètres 6 et p. On réalise cette simulation, d’abord sur tableur, puis à l’aide d’un programme sur calculatrice. On répète 1 000 fois cette simulation sur tableur et on compare

202

aux résultats théoriques. On répète cette simulation 100 fois sur la calculatrice : ce travail permet de s’initier à la manipulation des listes sur la calculatrice. Partie A 1. L’intérêt de nommer cette cellule par p est double : dans toutes les formules utilisées, p va apparaître, ce qui prend beaucoup plus de sens que A2, et cela évite d’utiliser des références absolues dans les formules (comme $A$2).

2. a. La formule =SI(ALEA()

(utiliser la touche Ctrl pour sélectionner des plages non contigües), cliquer sur l’icône Diagramme et choisir le type de diagramme Colonne . Puis, dans Plage de données , cocher « Première colonne comme étiquette », puis cliquer sur Terminer . Partie B 1. Cet algorithme simule un schéma de Bernoulli de paramètres 6 et p. La variable S compte le nombre de succès. 2. On appelle L la liste des résultats. Après chaque épreuve de Bernoulli, on obtient le nombre de succès S et le résultat L[S+1] est alors incrémenté d’une unité. On calcule L[S+1] et non L[S], car les listes sont en général indicées à partir de 1. On affiche en sortie la liste des fréquences, obtenue L en calculant 100 . Lire p L prend la valeur {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0} Pour j allant de 1 à 100 S prend la valeur 0 Pour i allant de 1 à 6 Si random p Alors S prend la valeur S + 1 Fin Si Fin Pour L[S+1] prend la valeur L[S+1]+1 Fin Pour L Afficher 100

Partie C Il faut définir une liste de sept éléments (et pas six). Calculatrices Casio Les commandes utiles pour les listes se trouvent à l’aide du menu OPT, puis du sous-menu List. Pour définir une liste de sept éléments dont tous les éléments sont nuls, soit on saisit {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0} → List 1 (ceci évite d’introduire une nouvelle syntaxe), soit on utilise la fonction Seq. Le nom choisi pour la liste est un nom dédié de la calculatrice (List 1 ou List 2…). Calculatrices Texas Les commandes utiles pour les listes se trouvent à l’aide du menu listes ( 2nde Stats ), puis du sous-menu OPS. Pour définir une liste de sept éléments dont tous les éléments sont nuls, soit on saisit {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0} → L1 (ceci évite d’introduire une nouvelle syntaxe), soit on utilise la fonction Suite. Le nom choisi pour la liste est un nom dédié de la calculatrice (L1 ou L2…). Chapitre 12 Loi binomiale et applications

203

TI

CASIO

b. E(Y) ⬇ 3,048. 4. Sur un ensemble de 1 000 personnes, on va faire 200 analyses du type précédent avec des groupes de 5 personnes. Puisque 200 × 3,048 ⬇ 609, on va ainsi effectuer en moyenne 609 analyses au lieu des 100 prévues au départ, soit une économie de 391 analyses. Cela représente environ 39 % d’économies !

TP

2 Des examens sanguins

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 12S_TP2.xlsx (Excel 2007), 12S_TP2.xls (Excel 2003) et 12S_TP2.ods (Open Office). Ce TP est consacré à l’étude d’un problème réel : dans quelle mesure a-t-on intérêt à faire des analyses groupées plutôt que des analyses individuelles lorsqu’une population est infectée par une maladie donnée ? Le résultat est étonnant : en effet, l’étude faite ici montre qu’on a toujours intérêt à le faire, dès que la proportion de personnes ayant cette maladie dans la population est inférieure à 0,3. Cette méthode a été appliquée pour la première fois lors de la mobilisation des soldats américains lors de la Seconde Guerre mondiale : elle a d’ailleurs un gros intérêt économique, car une économie d’analyses entraîne une économie d’argent. L’étude théorique de ce problème nécessite la connaissance de la loi binomiale et le calcul d’une espérance mathématique. La recherche de la taille optimale des regroupements est grandement facilitée par l’utilisation du tableur.

Partie A 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,1. b. La probabilité qu’aucune des cinq personnes ne soit atteinte de la maladie est P(X = 0) = 0,95 ≈ 0,590. 2. a. Soit A l’événement : « on ne fait qu’une seule analyse ». Alors P(A) = P(X = 0) ⬇ 0,590. b. La probabilité de faire six analyses est : P( A) = 1 – 0,95 ⬇ 0,410. 3. a. Loi de probabilité de Y :

204

yi

1

6

P(Y = yi)

0,590

0,410

Partie B 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres r et q. b. La probabilité qu’aucune des personnes ne soit atteinte de la maladie est P(X = 0) = (1 – q)r = pr. 2. Soit A l’événement : « on ne fait qu’une seule analyse ». Alors P(A) = P(X = 0) = pr. La probabilité de faire toutes les analyses est : P( A) = 1 – P(A) = 1 – p r. 3. a. Loi de probabilité de Y : yi

1

r+1

P(Y = yi)

pr

1 – pr

b. E(Y) = 1 × pr + (r + 1) (1 – pr) = r + 1 – rpr. 4. Si on fait toutes les analyses individuelles, on fait r analyses. Avec la méthode des analyses groupées, on fait en moyenne r + 1 – rpr analyses. Le nombre d’analyses économisées en groupant r personnes est ainsi en moyenne égal à : r – (r + 1 – rpr) = rpr – 1. On en déduit l’économie réalisée par personne : rpr – 1 1 = pr − . r r Partie C 1. On entre dans la colonne A à partir de A2 les valeurs de p de 0,1 à 0,95 avec un pas de 0,05 : pour cela, on entre 0,1 en A2, puis on saisit en A3 la formule =A2+0,05 , que l’on recopie ensuite vers le bas. On entre aussi dans la ligne 1 les valeurs de r de 1 jusqu’à 12. 1 2. Pour calculer l’expression pr – pour p = 0,1 (entré r en A2) et r = 1 (entré en B1), on doit écrire la formule : =A2^B1-1/B1 . Mais cette formule doit être recopiée vers le bas et vers la droite, donc on doit fixer A dans la référence A2 et on doit fixer 1 dans la référence B1. On saisit ainsi en B2 la formule : =$A2^B$1-1/B$1 . On peut alors recopier cette formule dans tout le tableau. 3. Pour q = 0,05, on a p = 0,95 et la lecture du tableau

1 est maximum pour r = 5. r Pour q = 0,1, on a p = 0,9 et la lecture du tableau nous 1 indique que pr – est maximum pour r = 4. r Pour q = 0,15, on a p = 0,85 et la lecture du tableau 1 nous indique que pr – est maximum pour r = 3. r 4. Les regroupements optimaux pour q = 0,05 sont de cinq personnes. D’après le tableau, l’économie réalisée par personne est d’environ 0,573 78. Pour 4 000 personnes, l’économie réalisée sera d’environ 2 295 analyses. nous indique que pr –

TP

3 Optimisation d’un QCM

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 12S_TP3.xlsx (Excel 2007), 12S_TP3.xls (Excel 2003) et 12S_TP3.ods (Open Office). Ce TP se propose de faire une étude des QCM : a-t-on une bonne chance de réussir si on répond au hasard ? Dans quelle mesure aura-t-on une note correcte si on est un bon étudiant ? La réponse à ces questions dépend évidemment du nombre de réponses possibles à chaque question, du nombre de questions posées dans le QCM et aussi du coefficient que l’on affecte à chaque réponse juste et à chaque réponse fausse. On va étudier l’influence de ces divers paramètres à l’aide d’un tableur. Partie A 1. Un étudiant répondant juste à trois questions sur cinq a une note de 4(3 × 2 – 2 × 1). 2. N = 2X – (5 – X), soit N = 3X – 5. 3. a. X suit la loi binomiale de paramètres 5 et 0,7. N+5 b. Puisque N = 3X – 5, on a aussi X = . 3 10 = P(X 3) ⬇ 0,472. P1 = P(N 5) = P X 3 La probabilité qu’un étudiant travailleur n’ait pas la moyenne est voisine de 47 %.

(

)

4. a. X suit la loi binomiale de paramètres 5 et 0,25. 10 = P(X 4) b. P2 = P(N 5) = P X 3 = 1 – P(X 3) ⬇ 0,016. La probabilité qu’un élève répondant au hasard ait la moyenne est voisine de 2 %.

(

)

Partie B 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n et p, avec p = 0,7 pour un étudiant travailleur, et p = 0,25 pour un étudiant répondant au hasard.

b. N = 2X – (n – X) = 3X – n. n Un étudiant a la moyenne si, et seulement si, N 2 , n 2n soit 3X – n 2 , soit X . 3 2. a. On entre dans la plage B2:B97 le nombre de questions du QCM, de 5 à 100, en saisissant 5 en B2, puis la formule =B2+1 en B3, et en recopiant cette formule vers le bas. b. On saisit en C2 la formule : =2*B2/3 . 3. Si le seuil brut est un entier, alors le seuil de réussite est égal au seuil brut. Sinon, on doit prendre comme seuil de réussite l’entier situé immédiatement après le seuil brut. On teste donc avec un SI le fait que le seuil brut, calculé en C2, soit ou non entier. On utilise le fait qu’un nombre est entier s’il est égal à sa partie entière. On saisit donc la formule : =SI(ENT(C2)=C2;C2;ENT(C2)+1) . 4. On entre en E2 la formule : =LOI.BINOMIALE(D2-1;B2;0,7;1) . Celle-ci calcule, pour une loi binomiale X dont le paramètre n a été entré en B2 et la probabilité de succès est de 0,7, la probabilité que X soit inférieur strictement au nombre calculé en D2. 5. On entre en G2 la formule : =1-LOI.BINOMIALE(D2-1;B2;0.25;1) . Celle-ci calcule, pour une loi binomiale X dont le paramètre n a été entré en B2 et la probabilité de succès est de 0,25, la probabilité que X soit supérieur ou égal au nombre calculé en D2. 6. Le nombre de questions minimales pour que les deux conditions soient remplies est 51. On a alors, à 10–3 près : P1 ⬇ 0,247 et P2 ⬇ 0. Partie C 1. On entre en A3 et A6 respectivement le nombre de réponses proposées et la probabilité de réussite à chaque question pour un étudiant travailleur. On nomme ces cellules respectivement rep et p. 2. La formule entrée en E2 devient alors : =LOI.BINOMIALE(D2-1;B2;p;1) .

La formule entrée en G2 devient : =1-LOI.BINOMIALE(D2-1;B2;1/rep;1) .

3. Pour un « Vrai – Faux », rep = 2. Puisque p = 0,8, on peut actualiser la feuille de calcul et obtenir les probabilités cherchées. Le plus petit nombre de questions de façon que P1 et P2 soient inférieures à 5 % est 28. Avec 28 questions, on obtient P1 ⬇ 0,039 et P2 ⬇ 0,044. Chapitre 12 Loi binomiale et applications

205

Partie D 1. N = aX – b(n – X) = (a + b)X – nb. na Un étudiant a la moyenne si, et seulement si, N , 2 na c’est-à-dire (a + b)X – nb . 2 a , Ceci équivaut à (a + b)X n b + 2 a n b+ 2 . soit X a+b 2. On entre en A9 et en A19 les valeurs des coefficients a et b, puis on nomme ces deux cellules a et b.

( )

( )

3. La formule saisie en C2 est modifiée comme suit : =B2*(a/2+b)/(a+b) . 4. Pour rep = 4 et p = 0,8 (et non pas p = 0,7) avec un QCM de 10 questions, on fixe b = 1 et on fait varier les valeurs de a afin que P1 et P2 deviennent inférieurs à 5 %. La première valeur de a qui convient est 4 : on obtient alors P1 ⬇ 0,033 et P2 ⬇ 0,020. Un QCM de 10 questions avec 4 réponses possibles à chaque question vérifiera les deux conditions posées (un élève travailleur a moins de 5 % de chance de ne pas avoir la moyenne et un étudiant non travailleur a moins de 5 % de chance d’avoir la moyenne) en choisissant pour coefficients + 4 pour une réponse juste et –1 pour une réponse fausse.

TP

4 Algorithme de détermination d’un intervalle de fluctuation

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr : 12S_TP4.xlsx (Excel 2007), 12S_TP4.xls (Excel 2003) et 12S_TP4.ods (Open Office). Ce TP propose deux méthodes permettant d’obtenir de façon automatique un intervalle de fluctuation d’une proportion pour un seuil de risque donné. La première méthode utilise un algorithme que l’on met en œuvre sur la calculatrice. La seconde méthode utilise le tableur. Partie A 1. La première ligne de l’algorithme demande de saisir les valeurs des deux paramètres n et p. La seconde ligne initialise la variable k, qui va prendre successivement toutes les valeurs entières à partir de 0. La troisième ligne initialise la variable S à P(X 0), c’est-à-dire P(X = 0), qui est égal à (1 – p)n : S calcule les probabilités cumulées P(X k), afin de déterminer pour quelles valeurs de k on obtient a, puis b.

206

2. Algorithme complet : Saisir n, p k prend la valeur 0 S prend la valeur P(X 0) Tant que S 0,025 k prend la valeur k + 1 S prend la valeur P(X k) Fin Tant que a prend la valeur k Tant que S 0,975 k prend la valeur k + 1 S prend la valeur P(X k) Fin Tant que b prend la valeur k a b Afficher , n n

3. Algorithme de détermination de a et b à un seuil de risque quelconque α : Saisir n, p, α k prend la valeur 0 S prend la valeur P(X 0) α Tant que S 2 k prend la valeur k + 1 S prend la valeur P(X k) Fin Tant que a prend la valeur k α Tant que S 1 – 2 k prend la valeur k + 1 S prend la valeur P(X k) Fin Tant que b prend la valeur k a b Afficher , n n

Partie B 1. Programmes sur calculatrices : TI

CASIO

2. Un intervalle de fluctuation au seuil de risque 5 % pour une proportion p = 0,6 dans un échantillon de taille 100 est [0,49 ; 0,71].

3. Un intervalle de fluctuation au seuil de risque 1 % pour une proportion p = 0,6 dans un échantillon de taille 100 est [0,47 ; 0,72]. Partie C 1. On entre les valeurs de n et p dans les cellules C1 et C2. On peut aussi taper n dans la cellule B1 et p dans la cellule B2 pour améliorer la visibilité de la feuille de calcul. 2. a. Pour entrer les valeurs de k dans la colonne E, on saisit 0 en E2, puis la formule =E2+1 dans la cellule E3, formule que l’on recopie vers le bas jusqu’à la cellule E102. b. Dans la cellule F2, on calcule la probabilité P(X 0) avec la formule : =LOI.BINOMIALE(E2;$C$1;$C$2;VRAI) sous Excel, et =LOI.BINOMIALE(E2;$C$1;$C$2;1) sous Open Office. On utilise des références absolues $C$1 et $C$2 pour les valeurs de n et p afin que ces valeurs restent inchangées lorsqu’on va ensuite recopier la formule vers le bas. c. On obtient par recopie dans la colonne F les probabilités P(X k) pour k variant de 0 à 100. d. La valeur a est la plus petite valeur de k telle que P(X k) dépasse 0,025. Puisque P(X 11) ⬇ 0,012 6 et P(X 12) ⬇ 0,025 3, on en déduit que a = 12. De même, la valeur de b est la plus petite valeur de k telle que P(X k) dépasse 0,975. Puisque P(X 27) ⬇ 0,966 et P(X 28) ⬇ 0,980, on en déduit que b = 28. Un intervalle de fluctuation à 95 % de p est [0,12 ; 0,28]. 3. a. La formule =SI(ET(LOI.BINOMIALE(E3;C$1;C$2;1) >0,025;LOI.BINOMIALE(E3-1;C$1;C$2;1)<=0,025);E3;"")

affiche le contenu de la cellule E3 (c’est-à-dire la valeur de k) si P(X k) dépasse 0,025 et P(X k – 1) est inférieur à 0,025, sinon rien ne s’affiche (puisqu’on a entré alors comme instruction ""). En recopiant cette formule vers le bas dans la colonne G, la valeur de a va s’afficher à un endroit précis de la colonne G. b. La formule à entrer dans la cellule H3 et à recopier vers le bas dans la colonne H afin de déterminer le réel

b est alors : =SI(ET(LOI.BINOMIALE(E3-1;C$1;C2;VRAI) . <0,975;LOI.BINOMIALE(E3;C1;C2;VRAI)>=0,975);E3;"") . De la même façon que la formule précédente, elle affiche le contenu de la cellule E3 si P(X k) dépasse 0,975 et P(X k – 1) est inférieur à 0,975, sinon rien ne s’affiche. c. On entre en J2 la formule : =MAX(G2:G102)/C1 afin a de calculer . n On entre en K2 la formule : =MAX(H2:H102)/C1 afin b de calculer . n On obtient ainsi en J2 et K2 les bornes de l’intervalle de fluctuation à 95 %. d. Pour obtenir un intervalle de fluctuation au seuil de risque α, on saisit tout d’abord ce niveau de risque dans la cellule C3. Puis on modifie la formule saisie en G3 de la façon suivante : =SI(ET(LOI.BINOMIALE(E3;C$1;C$2;VRAI)>C$3/2;LOI. . BINOMIALE(E3-1;C$1;C$2;VRAI)<=C$3/2);E3;"") .

On modifie aussi la formule saisie en H3 : =SI(ET(LOI.BINOMIALE(E3-1;C$1;C$2;VRAI)<1-C$3/2; LOI.BINOMIALE(E3;C$1;C$2;VRAI)>=1-C$3/2);E3;"") .

En effet, pour un seuil de risque α, a est la plus petite α valeur de k telle que P(X k) dépasse , et b est la 2 α plus petite valeur de k telle que P(X k) dépasse 1 – . 2 4. a. On reprend la feuille de calcul précédente en modifiant la valeur de n, puis en prolongeant les colonnes E, F, G et H jusqu’à la ligne 502, et enfin en modifiant les formules donnant les bornes de l’intervalle de fluctuation en J2 et K2 (on remplace 102 par 502). On obtient alors un intervalle de fluctuation au seuil de risque 5 % pour une proportion p = 0,34 dans un échantillon de taille 500 : [0,298 ; 0,382]. b. Avec un échantillon de taille 2 000, on fait de même et on obtient alors l’intervalle de fluctuation : [0,320 ; 0,361]. Remarque : Open Office ne calcule plus les valeurs de la loi binomiale lorsque n dépasse 1 794. Il ne peut donc fournir un intervalle de fluctuation pour un échantillon de taille 2 000. On pourra se contenter d’un échantillon de taille 1 500, et on obtient [0,316 ; 0,364].


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Indice 1ere s Maths Bordas

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